ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ————— o0o ————— BÙI THỊ THANH KHUYÊN MỘT ĐỊNH LÝ HỘI TỤ MẠNH CHO HỆ BÀI TOÁN CÂN BẰNG HỖN HỢP TỔNG QUÁT VÀ BÀI TOÁN ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRONG KHÔNG GIAN BANACH LU[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ————— o0o ————— BÙI THỊ THANH KHUYÊN MỘT ĐỊNH LÝ HỘI TỤ MẠNH CHO HỆ BÀI TOÁN CÂN BẰNG HỖN HỢP TỔNG QT VÀ BÀI TỐN ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRONG KHƠNG GIAN BANACH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên – 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI THỊ THANH KHUYÊN MỘT ĐỊNH LÝ HỘI TỤ MẠNH CHO HỆ BÀI TOÁN CÂN BẰNG HỖN HỢP TỔNG QT VÀ BÀI TỐN ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRONG KHƠNG GIAN BANACH LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số: 46 01 12 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Trương Minh Tuyên TS Phạm Hồng Trường Thái Nguyên – 2020 ii Lời cảm ơn Luận văn hồn thành Khoa Tốn - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn TS Trương Minh Tuyên TS Phạm Hồng Trường Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc đến TS Trương Minh Tuyên TS Phạm Hồng Trường, thầy tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tơi suốt q trình học tập nghiên cứu để tơi hồn thành luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán - Tin thầy giáo, cô giáo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tham gia giảng dạy lớp Cao học Toán K12A3 tạo điều kiện tốt tận tình giúp đỡ tơi suốt q trình học tập nghiên cứu Trường Tơi xin chân thành cảm ơn Hội đồng quản trị, Ban giám hiệu trường THPT Lương Thế Vinh, thành phố Cẩm Phả, tỉnh Quảng Ninh tạo điều kiện giúp đỡ suốt thời gian học Nhân dịp này, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, người thân, bạn bè, đồng nghiệp động viên, khích lệ, tạo điều kiện giúp đỡ tơi q trình học tập nghiên cứu Sau tơi xin kính chúc tồn thể q thầy trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên dồi sức khỏe, niềm tin để tiếp tục thực sứ mệnh cao đẹp truyền đạt tri thức cho hệ mai sau Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tôi mong muốn nhận ý kiến đóng góp thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! iii Mục lục Lời cảm ơn ii Một số ký hiệu viết tắt iv Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian Banach phản xạ 1.2 Khoảng cách Bregman số lớp ánh xạ Bregman không giãn 1.2.1 Hàm lồi khoảng cách Bregman 1.2.2 Phép chiếu Bregman 20 1.2.3 Một số lớp ánh xạ Bregman không giãn 24 Chương Xấp xỉ nghiệm chung cho hệ toán cân hỗn hợp tổng quát toán điểm bất động 29 2.1 Tốn tử giải hỗn hợp tính chất 29 2.2 Phát biểu toán phương pháp lặp 33 2.3 Sự hội tụ mạnh phương pháp 33 Kết luận 44 Tài liệu tham khảo 45 iv Một số ký hiệu viết tắt X không gian Banach X∗ không gian đối ngẫu X R tập hợp số thực R+ tập số thực không âm ∩ phép giao int M phần tập hợp M inf M cận tập hợp số M sup M cận tập hợp số M max M số lớn tập hợp số M M số nhỏ tập hợp số M argminx∈X F (x) tập điểm cực tiểu hàm F X ∅ tập rỗng dom(A) miền hữu hiệu toán tử (hàm số) A R(A) miền ảnh toán tử A A−1 toán tử ngược toán tử A I toán tử đồng lim sup xn giới hạn dãy số {xn } n→∞ lim inf xn giới hạn dãy số {xn } xn → x0 dãy {xn } hội tụ mạnh x0 xn * x0 dãy {xn } hội tụ yếu x0 F (T ) tập điểm bất động ánh xạ T Fˆ (T ) tập điểm bất động tiệm cận ánh xạ T n→∞ v ∂f vi phân hàm lồi f 5f gradient hàm f M bao đóng tập hợp M projfC phép chiếu Bregman lên C Df (x, y) khoảng cách Bregman từ x đến y Mở đầu Đầu kỉ XX xuất nhiều định lý điểm bất động tiếng, phải kể đến nguyên lý điểm bất động Brouwer (1912), nguyên lý ánh xạ co Banach (1922) Các kết mở rộng lớp ánh xạ không gian khác Lý thuyết điểm bất động có nhiều ứng dụng lĩnh vực toán học khác như: Giải tích số, phương trình vi phân, phương trình đạo hàm riêng, tối ưu hóa, tốn liên quan đến kinh tế toán cân bằng, toán chấp nhận lồi toán bất đẳng thức biến phân Bài tốn điểm bất động có hai lĩnh vực quan tâm nghiên cứu chủ yếu, là: Ta quan tâm đến tồn nghiệm phương trình T (x) = x, T ánh xạ từ tập C không gian X vào X nghiệm x0 gọi điểm bất động T Trong nhiều trường hợp quan trọng việc giải phương trình đưa việc tìm điểm bất động ánh xạ thích hợp Chẳng hạn, X khơng gian tuyến tính, S ánh xạ X y phần tử cố định thuộc X, nghiệm phương trình S(x) = y điểm bất động ánh xạ T xác định T (x) = S(x) + x − y, với x ∈ X Bên cạnh việc tìm phương pháp tìm hay xấp xỉ điểm bất động ánh xạ thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều người làm tốn ngồi nước Trong thời gian gần đây, lớp toán cân mà tổng quát toán cân hỗn hợp tổng quát không gian Hilbert hay Banach thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều nhà tốn học ngồi nước Một khó khăn nghiên cứu tốn xấp xỉ điểm bất động tốn cân khơng gian Banach ta phải sử dụng đến ánh xạ đối ngẫu không gian Ta biết trường hợp tổng quát ánh xạ đối ngẫu khó xác định ngồi khơng có tính chất tuyến tính Do việc tìm dạng tường minh tốn tử giải tương ứng với tốn tử đơn điệu khơng gian Banach “rất khó” Để khắc phục khó khăn này, người ta sử dụng khoảng cách Bregman để thay cho khoảng cách thông thường thay ánh xạ đối ngẫu gradient phiếm hàm lồi, khả vi Gâteaux Mục đích luận văn trình bày lại kết Darvish cộng báo [14] phương pháp chiếu (kết hợp phương pháp chiếu lai ghép chiếu thu hẹp) xấp xỉ điểm bất động chung họ hữu hạn tốn tử Bregman khơng giãn tương đối yếu nghiệm hệ toán cân hỗn hợp tổng quát không gian Banach phản xạ Nội dung luận văn chia làm hai chương chính: Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, luận văn đề cập đến số vấn đề không gian Banach phản xạ, khoảng cách Bregman, phép chiếu Bregman số lớp tốn tử Bregman khơng giãn Chương Xấp xỉ nghiệm chung cho hệ toán cân hỗn hợp tổng quát toán điểm bất động Trong chương luận văn tập trung trình bày lại cách chi tiết kết Darvish V cộng tài liệu [14] phương pháp chiếu cho tốn tìm nghiệm chung hệ toán cân hỗn hợp tổng quát toán điểm bất động cho lớp ánh xạ Bregman không giãn tương đối yếu không gian Banach phản xạ 3 Chương Kiến thức chuẩn bị Chương bao bồm hai mục Mục 1.1 trình bày số tính chất khơng gian phản xạ Mục 1.2 giới thiệu khoảng cách Bregman, phép chiếu Bregman số lớp ánh xạ Bregman không giãn Nội dung chương tham khảo tài liệu [1, 15, 21, 24, 27] 1.1 Không gian Banach phản xạ Trước hết, mục nhắc lại khái niệm không gian Banach phản xạ Định nghĩa 1.1.1 Một không gian Banach X gọi không gian phản xạ, với phần tử x∗∗ không gian liên hợp thứ hai X ∗∗ X, tồn phần tử x thuộc X cho hx, x∗ i = hx∗ , x∗∗ i với x∗ ∈ X ∗ Chú ý 1.1.2 Trong luận văn, sử dụng ký hiệu hx∗ , xi để giá trị phiếm hàm x∗ ∈ X ∗ x ∈ X Mệnh đề 1.1.3 [1] Cho X không gian Banach Khi đó, khẳng định sau tương đương: i) X không gian phản xạ ii) Mọi dãy bị chặn X, có dãy hội tụ yếu Mệnh đề cho ta mối liên hệ tập đóng tập đóng yếu khơng gian tuyến tính định chuẩn 4 Mệnh đề 1.1.4 Nếu C tập lồi, đóng khác rỗng khơng gian khơng gian tuyến tính định chuẩn X, C tập đóng yếu Chứng minh Ta chứng minh phản chứng Giả sử tồn dãy {xn } ⊂ C cho xn * x, x ∈ / C Theo định lý tách tập lồi, tồn x∗ ∈ X ∗ tách ngặt x C, tức tồn ε > cho hy, x∗ i ≤ hx, x∗ i − ε, với y ∈ C Đặc biệt, ta có hxn , x∗ i ≤ hx, x∗ i − ε, với n ≥ Ngồi ra, xn * x, nên hxn , x∗ i → hx, x∗ i Do đó, bất đẳng thức trên, cho n → ∞, ta nhận hx, x∗ i ≤ hx, x∗ i − ε, điều vơ lý Do đó, điều giả sử sai, hay C tập đóng yếu Mệnh đề chứng minh Chú ý 1.1.5 Nếu C tập đóng yếu, hiển nhiên C tập đóng 1.2 1.2.1 Khoảng cách Bregman số lớp ánh xạ Bregman không giãn Hàm lồi khoảng cách Bregman Cho X không gian Banach cho f : X −→ (−∞, ∞] hàm số Ta ký hiệu miền hữu hiệu domf tập {x ∈ X : f (x) < ∞} Với x ∈ int domf y ∈ X, ta ký hiệu f (x, y) đạo hàm phải f x theo hướng y, tức f (x, y) = lim t↓0 f (x + ty) − f (x) t Định nghĩa 1.2.1 Hàm f gọi khả vi Gâteaux x giới hạn limt→0 (f (x + ty) − f (x))/t tồn với y Trong trường hợp f (x, y) trùng với (5f )(x), giá trị gradient 5f f x 5 Định nghĩa 1.2.2 Hàm f gọi khả vi Fréchet x giới hạn tồn tập {y ∈ X : kyk = 1} Hàm f gọi khả vi Fréchet tập C X giới hạn tồn với x ∈ C kyk = Chú ý 1.2.3 i) Nếu hàm f khả vi Gâteaux (Fréchet) X, tốn tử gradient 5f phiếm hàm tuyến tính liên tục X ii) Ta biết f khả vi Gâteaux (khả vi Fréchet) int domf , f liên tục đạo hàm Gâteaux 5f liên tục từ tôpô mạnh vào tôpô yếu* int domf (xem [6]) iii) Nếu f khả vi Fréchet X, tồn số M cho k f (x)k ≤ M , với x ∈ X Dưới tính chất đơn giản hàm khả vi Fréchet Mệnh đề 1.2.4 (xem [2], Định lý 1.8) Nếu f : X −→ R khả vi Fréchet đều, f liên tục X Chứng minh Lấy u, v ∈ X Xét hàm số h(t) = f [u + t(v − u)] với t ∈ [0, 1] Khi đó, ta có f ([u + (t + τ )(v − u)]) − f [u + t(v − u)] h(t + τ ) − h(t) = τ τ Vì f khả vi Fréchet X, nên cho τ → 0, ta nhận h0 (t) = 5f (u + t(v − u))(v − u) Theo định lý Lagrange, tồn θ ∈ (0, 1) cho h(1) − h(0) = h0 (θ) Suy |f (u) − f (v)| = |h(1) − h(0)| = | f (u + θ(v − u))(v − u)| ≤ k f (u + θ(v − u))kku − vk 6 Từ Chú ý 1.2.3 iii), suy tồn M cho k f (x)k ≤ M , với x ∈ X Do đó, ta nhận |f (u) − f (v)| ≤ M ku − vk Vậy f liên tục X Định nghĩa 1.2.5 Cho D ⊂ X, f : D → R ∪ {±∞} i) Hàm f gọi thường dom f 6= ∅ f (x) > −∞(∀x ∈ D), dom f = {x ∈ D : f (x) < ∞} ii) Hàm f gọi hàm lồi D epi f tập lồi E × R, epi f = {(x, r) ∈ D × R : f (x) ≤ r} iii) Hàm f : D ⊂ X → R gọi nửa liên tục điểm x ∈ D với ε > có δ > cho f (x) − ε ≤ f (x) với x ∈ D, kx − xk < δ Hàm f gọi nửa liên tục D f nửa liên tục điểm x ∈ D Dưới ví dụ hàm nửa liên tục Ví dụ 1.2.6 Cho f : R −→ R hàm số xác định |x| x 6= f (x) = −1 x = Khi đó, hàm f hàm nửa liên tục điểm x = 0, không liên tục x = Thật vậy, dễ thấy f không liên tục x = Với ε > với δ > (trong trường hợp chọn δ số dương bất kỳ) ta có f (0) − ε = −1 − ε < −1 ≤ f (x), với x Do đó, f nửa liên tục 7 Mệnh đề 1.2.7 Hàm f : X −→ (−∞, ∞] lồi f [tx + (1 − t)y] ≤ tf (x) + (1 − t)f (y) (1.1) với x, y ∈ X t ∈ [0, 1] Chứng minh Giả sử f hàm lồi X Ta cần chứng minh bất đẳng thức (1.1) với t ∈ (0, 1) Nếu x y khơng thuộc dom f , hiển nhiên bất đẳng thức (1.1) Giả sử x, y ∈ dom f Khi ta có (x, f (x)) ∈ epi f (y, f (y)) ∈ epi f Vì epi f tập lồi, nên (t(x, f (x)) + (1 − t)(y, f (y))) ∈ epi f với t ∈ (0, 1), tức (tx + (1 − t)y, tf (x) + (1 − t)f (y)) ∈ epi f với t ∈ (0, 1) Suy f [tx + (1 − t)y] ≤ tf (x) + (1 − t)f (y) Ngược lại giả sử bất đẳng thức (1.1) với t ∈ (0, 1) Ta epi f tập lồi Thật vậy, giả sử (x, s) ∈ epi f (y, r) ∈ epi f , tức f (x) ≤ s f (y) ≤ r Khi đó, từ bất đẳng thức (1.1), ta có f [tx + (1 − t)y] ≤ tf (x) + (1 − t)f (y) ≤ ts + (1 − t)r, với t ∈ [0, 1] Suy (t(x, s) + (1 − t)(y, r)) ∈ epi f với t ∈ [0, 1] Suy epi f tập lồi f hàm lồi Mệnh đề 1.2.8 Nếu f hàm lồi x ∈ dom f , khẳng định sau đúng: i) Hàm ϕf (y, x; ·) : R \ {0} −→ (−∞, ∞] xác định ϕf (y, x; t) = f (x + ty) − f (x) t hàm không giảm khoảng (0, ∞) (−∞, 0) ii) Với y ∈ X, giới hạn f (x, y) = limt↓0 ϕf (y, x; t) tồn f (x, y) ≤ f (x + y) − f (x) Chứng minh i) Nếu < t < s < ∞, từ Mệnh đề 1.2.7, ta có t s−t f (x + ty) = f (x + sy) + x s s t s−t ≤ f (x + sy) + f (x) s s f (x + sy) − f (x) , = f (x) + t s điều suy ϕf (y, x; t) ≤ ϕf (y, x; s) Do ϕf (y, x; ·) hàm không giảm (0, ∞) Tương tự, ta nhận ϕf (y, x; ·) hàm không giảm (−∞, 0) ii) Theo i) giới hạn f (x, y) = limt↓0 ϕf (y, x; t) tồn f (x, y) ≤ ϕf (y, x; 1), tức f (x, y) ≤ f (x + y) − f (x) Mệnh đề 1.2.9 Cho D ⊂ E tập lồi, f : D → R ∪ {±∞} hàm lồi D Khi đó, ta có khẳng định đây: i) Mọi điểm cực tiểu địa phương f D điểm cực tiểu toàn cục f D ii) Nếu f hàm lồi chặt D điểm cực tiểu f có Chứng minh i) Giả sử x0 ∈ D điểm cực tiểu địa phương f , x0 không điểm cực tiểu tồn cục Khi đó, tồn x1 ∈ D cho f (x1 ) < f (x0 ) Vì x0 ∈ D điểm cực tiểu địa phương f , nên tồn lân cận U x0 cho f (x0 ) ≤ f (x), với x ∈ D ∩ U Với t ∈ (0, 1) đủ nhỏ, ta có xt = x0 + t(x1 − x0 ) ∈ D ∩ U , ta nhận f (x0 ) ≤ f (xt ) = f [tx1 + (1 − t)x0 ] ≤ tf (x1 ) + (1 − t)f (x0 ) Suy f (x0 ) ≤ f (x1 ), mâu thuẫn với f (x1 ) < f (x0 ) Vậy x0 điểm cực tiểu f D ii) Giả sử x1 x2 điểm cực tiểu f D với x1 6= x2 Khi f (x1 ) = f (x2 ) = m = f (x) x∈D Từ tính lồi chặt f suy f( x1 + x2 ) < (f (x1 ) + f (x2 )) = m, 2 mâu thuẫn với m = minx∈D f (x) Vậy điểm cực tiểu f có Định nghĩa 1.2.10 Cho f : X −→ (−∞, ∞] hàm lồi, thường nửa liên tục Cho x ∈ int domf , vi phân f x xác định ∂f (x) = {x∗ ∈ X ∗ : f (x) + hx∗ , y − xi ≤ f (y) ∀y ∈ X} Ví dụ 1.2.11 Cho x0 ∈ R f : R −→ R xác định f (x) = |x − x0 | với x ∈ R Khi đó, ta có 1, x > x0 , ∂f (x) = −1, x < x0 , [−1, 1], x = x0 Dễ thấy f khả vi x 6= 0, nên ta có ∂f (x) = {1} x > x0 ∂f (x) = {−1} x < x0 Tại x0 , ta có ξ ∈ ∂f (x0 ) |x − x0 | ≥ ξ(x − x0 ), ∀x ∈ R Điều tương đương với ξ ∈ [−1, 1] ∂f (x0 ) = [−1, 1] Ví dụ 1.2.12 Cho X khơng gian tuyến tính định chuẩn, g(x) = kxk2 với x ∈ X Khi đó, 0, x = 0, ∂g(x) = {f ∈ X ∗ : hx, f i = kxk2 = kf k2 }, x 6= Thật vậy, f ∈ ∂g(0) kyk2 ≥ hy, f i, ∀y ∈ X Thay y λy với λ > 0, ta nhận λ kyk2 ≥ hy, f i, ∀y ∈ X 10 Cho λ → 0, ta nhận hy, f i ≤ với y ∈ X Thay y −y ta thu hy, f i ≥ Suy ra, hy, f i = với y ∈ X Do đó, f = Vậy ∂g(0) = {0} Giả sử x 6= 0, dễ dàng kiểm tra {f ∈ X ∗ : hx, f i = kxk2 = kf k2 } ⊂ ∂g(x) Thật vậy, giả sử f ∈ X ∗ thỏa mãn kxk2 = kf k2 Khi đó, với y ∈ X, ta có hy − x, f i = hy, f i − kxk2 ≤ kyk.kxk − kxk2 ≤ (kyk2 + kxk2 ) − kxk2 = g(y) − g(x) Ngược lại, giả sử f ∈ ∂g(x) Khi đó, ta có hy − x, f i ≤ (kyk2 − kxk2 ) với y ∈ X Thay y = x + λz với λ ∈ R z ∈ X, từ bất đẳng thức ka + bk2 ≤ kak2 + kbk2 + 2kakkbk, ∀a, b ∈ X, ta nhận 1 λhz, f i ≤ (kx + λzk2 − kxk2 ) ≤ (λ2 kzk2 + 2|λ|kxkkzk) 2 (1.2) Khi λ > 0, từ (1.2), ta nhận hz, f i ≤ (λkzk2 + 2kxkkzk) Cho λ → 0+ , ta thu hz, f i ≤ kxkkzk với z ∈ X Suy ra, |hz, f i| ≤ kxkkzk với z ∈ X Với z = x, ta nhận |hx, f i| ≤ kxk2 , kf k ≤ kxk (1.3) Trong bất đẳng thức (1.2), với x = z λ < 0, ta nhận hx, f i ≥ λ+2 kxk2 Cho λ → 0− , ta hx, f i ≥ kxk2 (1.4) 11 Từ (1.3) (1.4), ta nhận hx, f i = kxk2 = kf k2 Tóm lại, ta nhận 0, x = 0, ∂g(x) = {f ∈ X ∗ : hx, f i = kxk2 = kf k2 }, x 6= Định nghĩa 1.2.13 Hàm liên hợp f f ∗ : X ∗ −→ (−∞, ∞] xác định f ∗ (x∗ ) = sup {hx∗ , xi − f (x)} x∈X Ví dụ 1.2.14 Cho f : R −→ R xác định f (x) = e2x với x ∈ R Khi đó, ta có ∗ x∗ x (ln − 1), x∗ > 0, 2 f ∗ (x∗ ) = 0, x∗ = 0, ∞, x∗ < Thật vậy, từ định nghĩa hàm liên hợp ta có f ∗ (x∗ ) = sup{x∗ x − e2x } x∈R Nếu x∗ = 0, f ∗ (x∗ ) = Nếu x∗ < 0, x∗ x − e2x → ∞ x → −∞, nên f ∗ (x∗ ) = ∞ Giả sử x∗ > 0, đặt g(x) = x∗ x − e2x với x ∈ R Ta có g (x) = x∗ − 2e2x = x∗ x = ln Dễ thấy 2 x∗ x∗ x∗ sup{x∗ x − e2x } = g( ln ) = (ln − 1) 2 2 x∈R Vậy ta nhận ∗ x x∗ (ln − 1), x∗ > 0, 2 f ∗ (x∗ ) = 0, x∗ = 0, ∞, x∗ < 12 Định nghĩa 1.2.15 Cho E không gian Banach phản xạ, hàm f : X −→ (−∞, ∞] gọi hàm Legendre thỏa mãn hai điều kiện sau: L1 ) Phần int domf miền hữu hiệu f khác rỗng, f khả vi Gâteaux int domf dom5f = int domf ; L2 ) Phần int domf ∗ miễn hữu hiệu f ∗ khác rỗng, f ∗ khả vi Gâteaux int domf ∗ dom5f ∗ = int domf ∗ Vì E phản xạ, nên (∂f )−1 = ∂f ∗ (xem [6]) Do đó, từ điều kiện L1 ) L2 ), ta có đẳng thức sau: 5f = (5f ∗ )−1 , ran f = dom f ∗ = int domf ∗ ran f ∗ = dom f = int domf, ran5f miền ảnh 5f Khi vi phân f đơn trị, đồng với 5f (xem [9]) Bauschke cộng (xem [4]) điều kiện L1 ) L2 ) suy hàm f f ∗ lồi chặt phần miền hữu hiệu tương ứng Nếu X không gian Banach trơn lồi chặt, f (x) = kxkp , < p < ∞ hàm Legendre p Từ đây, ta giả thiết X không gian Banach phản xạ Mệnh đề 1.2.16 (xem [20], Mệnh đề 2.1) Nếu f : X −→ R hàm lồi, khả vi Fréchet bị chặn tập bị chặn X, 5f liên tục tập bị chặn X từ tôpô mạnh X vào tôpô mạnh X ∗ Chứng minh Giả sử kết luận mệnh đề sai, tồn hai dãy bị chặn {xn }, {yn } số dương ε cho kxn − yn k → 0, h5f (xn ) − 5f (yn ), wn i ≥ 2ε, {wn } dãy X thỏa mãn kwn k = với n Vì f khả vi Fréchet nên tồn số dương δ cho f (yn + twn ) − f (yn ) − th5f (yn ), wn i ≤ εt, 13 với t ∈ (0, δ) Từ tính lồi hàm f , ta có h5f (xn ), (yn + twn ) − xn i ≤ f (yn + twn ) − f (xn ), với n ≥ Cũng từ tính lồi hàm f , ta có th5f (xn ), wn i ≤ f (yn + twn ) − f (yn ) ≤ f (yn + twn ) − f (yn ) + h5f (xn ), xn − yn i + f (yn ) − f (xn ) Do đó, ta nhận 2εt ≤ th5f (xn ) − 5f (yn ), wn i ≤ [f (yn + twn ) − f (yn ) − th5f (yn ), wn i] + h5f (xn ), xn − yn i + f (yn ) − f (xn ) ≤ εt + h5f (xn ), xn − yn i + f (yn ) − f (xn ) Vì f bị chặn tập bị chặn X nên h5f (xn ), xn − yn i → Ngoài ra, theo giả thiết f liên tục tập bị chặn X, nên f (yn ) − f (xn ) → Do đó, bất đẳng thức trên, cho n → ∞, ta nhận 2εt ≤ εt, điều vô lý Vậy 5f liên tục tập bị chặn X Cuối cùng, mục ta đề cập đến khái niệm khoảng cách Bregman không gian Banach Cho f : X −→ (−∞, ∞] hàm lồi khả vi Gâteaux Hàm Df : domf × int domf −→ [0, ∞) xác định Df (y, x) = f (y) − f (x) − h5f (x), y − xi, (1.5) gọi khoảng cách Bregman tương ứng với f (xem [2]) Nhận xét 1.2.17 i) Khoảng cách Bregman khơng khoảng cách theo nghĩa thơng thường, khơng có tính đối xứng ii) Với x cố định, dễ thấy Df (·, x) hàm lồi chặt 5Df (·, x)(y) = 5f (y) − 5f (x) 14 iii) Khoảng cách Bregman có hai tính chất quan trọng, đẳng thức ba điểm: với x ∈ dom f y, z ∈ int dom f , Df (x, y) + Df (y, z) − Df (x, z) = h5f (z) − 5f (y), x − yi, (1.6) đẳng thức bốn điểm: với y, ω ∈ dom f x, z ∈ int dom f , Df (y, x) − Df (y, z) − Df (ω, x) (1.7) + Df (ω, z) = h5f (z) − 5f (x), y − ωi Thật vậy, với x, y, z ∈ X, ta có Df (x, y) + Df (y, z) − Df (x, z) = f (x) − f (y) − h5f (y), x − yi + f (y) − f (z) − h5f (z), y − zi − [f (x) − f (z) − h5f (z), x − zi] = h5f (z) − 5f (y), x − yi, suy đẳng thức ba điểm chứng minh Bây với x, y, z, w ∈ X, ta có Df (y, x) − Df (y, z) − Df (ω, x) + Df (ω, z) = f (y) − f (x) − h5f (x), y − xi − [f (y) − f (z) − h5f (z), y − zi] − [f (w) − f (x) − h5f (x), w − xi] + f (w) − f (z) − h5f (z), w − zi = h5f (z) − 5f (x), y − ωi, suy đẳng thức bốn điểm chứng minh Định nghĩa 1.2.18 Cho f : X −→ (−∞, ∞] hàm lồi khả vi Gâteaux Khi đó, f gọi là: a) lồi hoàn toàn x ∈ int domf modul tính lồi hồn tồn x, vf : int domf × [0, ∞) −→ [0, ∞) xác định vf (x, t) = inf{Df (y, x) : y ∈ domf, ky − xk = t}, dương với t > 0; ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI THỊ THANH KHUYÊN MỘT ĐỊNH LÝ HỘI TỤ MẠNH CHO HỆ BÀI TOÁN CÂN BẰNG HỖN HỢP TỔNG QUÁT VÀ BÀI TỐN ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRONG KHƠNG GIAN BANACH LUẬN VĂN THẠC... toán cân mà tổng quát toán cân hỗn hợp tổng quát không gian Hilbert hay Banach thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều nhà toán học ngồi nước Một khó khăn nghiên cứu toán xấp xỉ điểm bất động tốn cân. .. chung cho hệ toán cân hỗn hợp tổng quát toán điểm bất động 29 2.1 Tốn tử giải hỗn hợp tính chất 29 2.2 Phát biểu toán phương pháp lặp 33 2.3 Sự hội tụ mạnh phương