Luận văn thạc sĩ một phương pháp lặp song song xếp xỉ nghiệm của một lớp bất đẳng thức biến phân trong không gian hilbert

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ DINH MỘT PHƯƠNG PHÁP LẶP SONG SONG XẤP XỈ NGHIỆM CỦA MỘT LỚP BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRONG KHƠNG GIAN HILBERT LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Toán 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 Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS.Trương Minh Tuyên TS Phạm Hồng Trường, thầy tận tình hướng dẫn tác giả q trình học tập, nghiên cứu hồn thành luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới ban Giám hiệu, phòng Đào tạo, thầy, giáo khoa Tốn – Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trình học tập, nghiên cứu hồn thiện luận văn iii Mục lục Lời cảm ơn ii Một số ký hiệu viết tắt iv Mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số đặc trưng không gian Hilbert 1.2 Bài tốn tìm điểm bất động ánh xạ không giãn 10 1.3 Bài toán bất đẳng thức biến phân cổ điển 15 1.4 Bài toán bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert 18 1.5 Một số bổ đề bổ trợ 21 Chương Phương pháp lặp song song giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ hữu hạn dãy ánh xạ gần không giãn 23 2.1 Phát biểu toán 23 2.2 Phương pháp lặp song song giải Bài toán (2.2) 27 2.3 Một số ứng dụng 35 2.3.1 Điểm bất động ánh xạ không giãn 35 2.3.2 Điểm bất động nửa nhóm khơng giãn 37 2.3.3 Khơng điểm tốn tử đa trị đơn điệu 41 Kết luận Tài liệu tham khảo 46 47 iv Một số ký hiệu viết tắt H không gian Hilbert X không gian Banach h., i tích vơ hướng H k.k chuẩn H ∪ phép hợp ∩ phép giao R+ tập số thực khơng âm G(A) đồ thị tốn tử A D(A) miền xác định toán tử A R(A) miền ảnh toán tử A A−1 toán tử ngược toán tử A I toán tử đồng ∅ tập rỗng ∀x với x ∃x tồn x xn → x0 dãy {xn } hội tụ mạnh x0 xn * x0 dãy {xn } hội tụ yếu x0 Fix(T ) tập điểm bất động ánh xạ T Mở đầu Bài toán "Bất đẳng thức biến phân" nảy sinh trình nghiên cứu giải toán thực tế toán cân kinh tế, tài chính, tốn mạng giao thơng, lý thuyết trị chơi, phương trình vật lý tốn Bài toán giới thiệu lần Hartman Stampacchia vào năm 1966 tài liệu [6] Bài tốn bất đẳng thức biến phân khơng gian hữu hạn chiều, vô hạn chiều với ứng dụng giới thiệu chi tiết sách “An Introduction to Variational Inequalities and Their Applications” D Kinderlehrer G Stampacchia xuất năm 1980 [8] Từ đó, tốn bất đẳng thức biên phân nghiên cứu phát triển mạnh mẽ, thu hút sự quan tâm nhiều người làm tốn ngồi nước Một hướng nghiên cứu quan trọng toán bất đẳng thức biến phân việc xây dựng phương pháp giải hay xác phương pháp xấp xỉ nghiệm Có nhiều phương pháp giải đề xuất phương pháp gradient, gradient tăng cường hay phương pháp điểm bất động, phương pháp đường dốc Bất đẳng thức biến phân phát biểu sau: Tìm phần tử x∗ ∈ C, cho hF (x∗ ), x − x∗ i ≥ 0, ∀x ∈ C, (0.1) F ánh xạ liên tục từ khơng gian Hilbert H vào ta ký hiệu toán VI(C, F ) Bài tốn có ý nghĩa quan trọng việc giải tốn tối ưu lồi có ràng buộc trường hợp đặc biệt toán chấp nhận lồi tiếng Ta xem tập C tập điểm bất động phép chiếu mêtric PC từ H lên C, tốn xem toán bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ khơng giãn Ngồi ra, nghiên cứu mở rộng thành toán bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ hữu hạn hay vô hạn đếm hay không đếm ánh xạ không giãn Chủ đề bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung dãy ánh xạ gần không giãn thu hút nhiều người làm tốn ngồi nước quan tâm nghiên cứu Mục đích luận văn giới thiệu số kết tốn tìm nghiệm bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ hữu hạn dãy ánh xạ gần không giãn không gian Hilbert H Luận văn bao gồm chương: Chương nhắc lại số tính chất đặc trưng khơng gian Hilbert, tốn tìm điểm bất động ánh xạ khơng giãn, tốn bất đẳng thức biến phân cổ điển, với số tốn liên quan Chương trình bày lại kết tác giả T.M Tuyen cộng từ tài liệu [19] cho toán bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ hữu hạn dãy ánh xạ gần không giãn khơng gian Hilbert thực H Ngồi ra, Chương luận văn đề cập đến số ứng dụng Định lý (Định lý 2.2) cho tốn liên quan (bài tốn tìm điểm bất động dãy ánh xạ khơng giãn, tốn tìm điểm bất động nửa nhóm ánh xạ khơng giãn tốn tìm khơng điểm tốn tử đơn điệu) Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương bao gồm năm mục Mục 1.1 đề cập đến số đặc trưng không gian Hilbert thực Mục 1.2 giới thiệu sơ lược số kết tốn tìm điển bất động ánh xạ không giãn Mục 1.3 1.4 đề cập đến toán bất đẳng thức biến phân cổ điển tốn bất đẳng thức biến phân khơng gian Hilbert Mục 1.5 giới thiệu số bổ đề bổ trợ cần sử dụng Chương luận văn Nội dung chương phần lớn tham khảo từ tài liệu [1], [2] [8] 1.1 Một số đặc trưng không gian Hilbert Ta giả thiết H khơng gian Hilbert thực với tích vơ hướng kí hiệu h., i chuẩn kí hiệu k.k Mệnh đề 1.1 Trong khơng gian Hilbert thực H ta ln có đẳng thức sau kx − yk2 + kx − zk2 = ky − zk2 + 2hx − y, x − zi, với x, y, z ∈ H Chứng minh Thật vậy, ta có ky − zk2 + 2hx − y, x − zi = hy, yi + hz, zi + 2hx, xi − 2hx, zi − 2hx, yi = [hx, xi − 2hx, yi + hy, yi] + [hx, xi − 2hx, zi + hz, zi] = kx − yk2 + kx − zk2 Vậy ta điều phải chứng minh Mệnh đề 1.2 Cho H không gian Hilbert thực Khi đó, với x, y ∈ H λ ∈ [0, 1], ta có kλx + (1 − λ)yk2 = λkxk2 + (1 − λ)kyk2 − λ(1 − λ)kx − yk2 (1.1) Chứng minh Ta có kλx + (1 − λ)yk2 = λ2 kxk2 + 2λ(1 − λ)hx, yi + (1 − λ)2 kyk2 = λkxk2 + (1 − λ)kyk2 − λ(1 − λ)(kxk2 − 2hx, yi + kyk2 ) = λkxk2 + (1 − λ)kyk2 − λ(1 − λ)kx − yk2 Ta điều phải chứng minh Mệnh đề 1.3 Trong không gian Hilbert thực H, ta ln có kx + yk2 ≤ kxk2 + 2hy, x + yi với x, y ∈ H Chứng minh Với x, y ∈ H, ta có kx + yk2 = kxk2 + 2hx, yi + kyk2 ≤ kxk2 + 2hx, yi + 2kyk2 = kxk2 + 2hy, x + yi Mệnh đề chứng minh Nhắc lại rằng, dãy {xn } không gian Hilbert H gọi hội tụ yếu phần tử x ∈ H, lim hxn , yi = hx, yi, n→∞ với y ∈ H Từ tính liên tục tích vơ hướng, suy xn → x, xn * x Tuy nhiên, điều ngược lại không Chẳng hạn xét không gian  P∞ 2 l2 = {xn } ⊂ R : n=1 |xn | < ∞ {en } ⊂ l , cho en = (0, , 0, , 0, , 0, ), vị trí thứ n với n ≥ Khi đó, en * 0, n → ∞ Thật vậy, với y ∈ H, từ bất đẳng thức Bessel, ta có ∞ X |hen , yi|2 ≤ kyk2 < ∞ n=1 Suy limn→∞ hen , yi = 0, tức en * Tuy nhiên, {en } khơng hội tụ 0, ken k = với n ≥ Ta biết không gian Hilbert H thỏa mãn điều kiện Opial, tính chất thể mệnh đề đây: Mệnh đề 1.4 Cho H không gian Hilbert thực {xn } ⊂ H dãy thỏa mãn điều kiện xn * x, n → ∞ Khi đó, với y ∈ H y 6= x, ta có lim inf kxn − xk < lim inf kxn − yk n→∞ n→∞ (1.2) Chứng minh Vì xn * x, nên {xn } bị chặn Ta có kxn − yk2 = kxn − xk2 + kx − yk2 + 2hxn − x, x − yi Vì x 6= y, nên lim inf kxn − yk2 > lim inf (kxn − xk2 + 2hxn − x, x − yi) n→∞ n→∞ = lim inf kxn − xk2 n→∞ Do đó, ta nhận lim inf kxn − xk < lim inf kxn − yk n→∞ n→∞ Mệnh đề chứng minh Mệnh đề 1.5 Mọi không gian Hilbert thực H có tính chất Kadec-Klee, tức {xn } ⊂ H dãy H thỏa mãn điều kiện xn * x kxn k → kxk, xn → x, n → ∞ Chứng minh Ta có kxn − xk2 = kxn k2 − 2hxn , xi + kxk2 → 0, n → ∞ Suy xn → x, n → ∞ Mệnh đề chứng minh Mệnh đề 1.6 Cho C tập lồi đóng khơng gian Hilbert thực H Khi đó, tồn phần tử x∗ ∈ C cho kx∗ k ≤ kxk với x ∈ C Chứng minh Thật vậy, đặt d = inf kxk Khi đó, tồn {xn } ⊂ C cho x∈C kxn k −→ d, n −→ ∞ Từ đẳng thức hình bình hành, ta có kxn − xm k2 = 2(kxn k2 + kxm k2 ) − 4k xn + xm k ≤ (kxn k2 + kxm k2 ) − 4d2 −→ 0, n, m −→ ∞ Do {xn } dãy Cauchy H Suy tồn giới hạn x∗ = lim xn ∈ C (do {xn } ⊂ C C tập đóng) Do chuẩn hàm số liên tục n→∞ ∗ nên kx k = d Tiếp theo ta tính Giả sử tồn y ∗ ∈ C cho ky ∗ k = d Ta có 2 kx∗ − y ∗ k = 2(kx∗ k + ky ∗ k ) − 4k x∗ + y ∗ k ≤ 2(d2 + d2 ) − 4d2 = Suy x∗ = y ∗ Vậy tồn phần tử x∗ ∈ C cho kx∗ k = inf x∈C kxk Từ Mệnh đề 1.6, ta có mệnh đề đây: Mệnh đề 1.7 Cho C tập lồi đóng khơng gian Hilbert thực H Khi đó, với x ∈ H, tồn phần tử PC x ∈ C cho kx − PC (x)k ≤ kx − yk với y ∈ C 27 2.2 Phương pháp lặp song song giải Bài toán (2.2) Năm 2020, tác giả Tuyen T.M., Quy T.X Trang N.M [19] đưa chứng minh hội tụ mạnh phương pháp lặp song song dựa kết hợp phương pháp lặp Mann phương pháp đường dốc Họ đưa thuật toán đây: Thuật toán 2.1 Với x0 ∈ C, cho {xn } dãy C xác định phương pháp lặp sau: yni = βi,n xn + (1 − βi,n )Ti,n xn , i = 1, 2, , N, Chọn in cho kynin − xn k = max kyni − xn k, đặt yn = ynin , i=1,2, ,N (2.3) xn+1 = PC [αn γV xn + (I − αn µF )yn ], n ≥ 0, {αn } dãy (0, 1) {βi,n }, i = 1, 2, , N, dãy [a, b], với a, b ∈ (0, 1) Ta bắt đầu phân tích hội tụ mạnh Thuật toán 2.1 mệnh đề Mệnh đề 2.1 Trong Thuật toán 2.1, dãy {xn } bị chặn Chứng minh Lấy p ∈ S, với i ∈ {1, 2, , N }, ta có kyni − pk = kβi,n xn + (1 − βi,n )Ti,n xn − pk ≤ βi,n kxn − pk + (1 − βi,n )kTi,n xn − Ti,n pk ≤ βi,n kxn − pk + (1 − βi,n )kxn − pk + ai,n = kxn − pk + ai,n Tiếp theo, từ (2.4), ta có kxn+1 − pk = kPC [αn γV xn + (I − αn µF )yn ] − pk ≤ kαn γV xn + (I − αn µF )yn − pk = kαn (γV xn − µF p) + (I − αn µF )yn − (I − αn µF )pk (2.4) 28 ≤ αn γLkxn − pk + αn k(γV − µF )pk + (1 − αn τ )kyn − pk ≤ αn γLkxn − pk + αn k(γV − µF )pk + (1 − αn τ )(kxn − pk + ain ,n ) ≤ [1 − αn (τ − γL)]kxn − pk + αn k(γV − µF )pk + ain ,n (2.5) Vì limn→∞ ai,n /αn = với i = 1, 2, , N , nên tồn K1 > cho αn k(γV − µF )pk + ai,n ≤ K1 , ∀n ≥ 0, αn với i = 1, 2, , N Do đó, từ (2.5), ta nhận kxn+1 − pk ≤ [1 − αn (τ − γL)]kxn − pk + αn K1 ≤ max{kxn − pk, K1 } τ − γL ≤ max{kx0 − pk, K1 }, τ − γL suy dãy {xn } bị chặn Ngoài ra, dãy {Ti,n xn }, {F yni }, i = 1, 2, , N, {V xn } bị chặn Mệnh đề chứng minh Mệnh đề 2.2 Trong Thuật toán 2.1, đặt sn = kxn − x∗ k2 , bn = 2αn (τ − γL) , + αn (τ − γL) cn = σn = h(γV − µF )x∗ , xn+1 − x∗ i, 2(τ − γL) a(1 − b)(1 − αn τ ) K2 kTin ,n xn − xn k2 , σn0 = ,n , + αn (τ − γL) + αn (τ − γL) n với x∗ ∈ S Khi đó, ta có đánh giá sau sn+1 ≤ (1 − bn )sn + bn cn − σn + σn0 (2.6) 29 Chứng minh Lấy x∗ ∈ S đặt zn = αn γV xn +(I −αn µF )yn Vì xn+1 = PC (zn ), nên ta có kxn+1 − x∗ k2 = hzn − x∗ , xn+1 − x∗ i + hPC zn − zn , PC zn − x∗ i ≤ hzn − x∗ , xn+1 − x∗ i = hαn γV xn + (I − αn µF )yn − x∗ , xn+1 − x∗ i = hαn (γV xn − µF x∗ ) + [(I − αn µF )yn − (I − αn µF )x∗ ], xn+1 − x∗ i = αn γhV xn − V x∗ , xn+1 − x∗ i + αn h(γV − µF )x∗ , xn+1 − x∗ i + h(I − αn µF )yn − (I − αn µF )x∗ , xn+1 − x∗ i ≤ αn γLkxn − x∗ k.kxn+1 − x∗ k + αn h(γV − µF )x∗ , xn+1 − x∗ i + (1 − αn τ )kyn − x∗ k.kxn+1 − x∗ k ≤ αn γL (kxn − x∗ k2 + kxn+1 − x∗ k2 ) (1 − αn τ ) + (kyn − x∗ k2 + kxn+1 − x∗ k2 ) + αn h(γV − µF )x∗ , xn+1 − x∗ i, suy [1 + αn (τ − γL)]kxn+1 − x∗ k2 ≤ αn γLkxn − x∗ k2 + (1 − αn τ )kyn − x∗ k2 + 2αn h(γV − µF )x∗ , xn+1 − x∗ i Bây giờ, từ Mệnh đề 1.2, ta nhận kyn − x∗ k2 = kβin ,n xn + (1 − βin ,n )Tin ,n xn − x∗ k2 = kβin ,n (xn − x∗ ) + (1 − βin ,n )(Tin ,n xn − x∗ )k2 = βin ,n kxn − x∗ k2 + (1 − βin ,n )kTin ,n xn − x∗ k2 − βin ,n (1 − βin ,n )kTin ,n xn − xn k2 ≤ βin ,n kxn − x∗ k2 + (1 − βin ,n )(kxn − x∗ k + ain ,n )2 − βin ,n (1 − βin ,n )kTin ,n xn − xn k2 (2.7) 30 = kxn − x∗ k2 + (2kxn − x∗ k2 + ain ,n )ain ,n − a(1 − b)kTin ,n xn − xn k2 ≤ kxn − x∗ k2 + K2 ain ,n − a(1 − b)kTin ,n xn − xn k2 , K2 = maxi=1,2, ,N  (2.8) supn {2kxn − x∗ k2 + ai,n k} < ∞ Từ (2.7) (2.8), ta nhận [1 + αn (τ − γL)]kxn+1 − x∗ k2 ≤ [1 − αn (τ − γL)kxn − x∗ k2 + K2 (1 − αn τ )ain ,n − a(1 − b)(1 − αn τ )kTin ,n xn − xn k2 (2.9) + 2αn h(γV − µF )x∗ , xn+1 − x∗ i, điều suy 2αn (τ − γL) ]kxn − x∗ k2 + αn (τ − γL) K2 (1 − αn τ ) + ,n + αn (τ − γL) n a(1 − b)(1 − αn τ ) − kTin ,n xn − xn k2 + αn (τ − γL) 2αn (τ − γL) + h(γV − µF )x∗ , xn+1 − x∗ i + αn (τ − γL) τ − γL kxn+1 − x∗ k2 ≤ [1 − Đặt sn = kxn − x∗ k2 , bn = 2αn (τ − γL) , + αn (τ − γL) cn = σn = h(γV − µF )x∗ , xn+1 − x∗ i, 2(τ − γL) a(1 − b)(1 − αn τ ) K2 kTin ,n xn − xn k2 , σn0 = ,n + αn (τ − γL) + αn (τ − γL) n Khi đó, (2.10) viết lại dạng sn+1 ≤ (1 − bn )sn + bn cn − σn + σn0 Mệnh đề chứng minh Sự hội tụ mạnh Thuật toán 2.1 cho định lý (2.10) 31 Định lý 2.2 Giả sử điều kiện sau i) limn→∞ αn = 0, P∞ n=0 αn = ∞; ii) limn→∞ ai,n /αn = với i = 1, 2, , N Khi đó, dãy {xn } xác định Thuật toán 2.1 hội tụ mạnh phần tử x† ∈ S nghiệm bất đẳng thức biến phân VIS (C, µF − γV ), tức h(µF − γV )x† , x† − yi ≤ 0, ∀y ∈ S (2.11) Chứng minh Gọi x† ∈ S nghiệm bất đẳng thức biến phân (2.11), ta sn → cách xét hai trường hợp sau Trường hợp Dãy {sn } đơn điệu giảm theo nghĩa, tồn N0 ≥ cho {sn } dãy giảm với n ≥ N0 va {sn } hội tụ Khi đó, từ (2.6), ta có ≤ σn ≤ (sn − sn+1 ) + bn (cn − sn ) + σn0 → 0, kxn − Tin ,n xn k → Do kynin − xn k = βin ,n kxn − Tin ,n xn k ≤ bkxn − Tin ,n xn k → 0, điều suy kynin − xn k = kyn − xn k → (2.12) Từ định nghĩa yn , ta nhận kyni − xn k → 0, (2.13) với i = 1, 2, , N Do đó, từ (2.3) điều kiện {βin } ⊂ [a, b] ⊂ (0, 1), ta thu kxn − Ti,n xn k = với i = 1, 2, , N ky i − xn k → 0, βi,n n (2.14) 32 Tiếp theo, đặt B = {xn }, với i ∈ {1, 2, , N }, ta có kxn − Ti xn k ≤ kxn − Ti,n xn k + kTi,n xn − Ti xn k ≤ kxn − Ti,n xn k + DB (Ti,n , Ti ) → 0, suy limn→∞ kxn − Ti xn k = với i = 1, 2, , N Ta lim suph(γV − µF )x† , xn+1 − x† i ≤ n→∞ Vì Ti x = limn→∞ Ti,n x với x ∈ C, nên Ti ánh xạ không giãn với PN i = 1, 2, , N Đặt T = Ti , T ánh xạ khơng giãn N i=1 S = ∩N i=1 F (Ti ) = F (T ) Giả sử {xnk } dãy {xn } cho lim suph(γV − µF )x† , xn − x† i = lim h(γV − µF )x† , xnk − x† i k→∞ n→∞ (2.15) Không tính tổng qt, ta giả sử xnk * z ∈ C Từ Bổ đề 1.12 kxn − T xn k ≤ kxn − Ti xn k → 0, n → ∞, ta nhận z ∈ F (T ) = S Do N đó, từ (2.15) Mệnh đề 1.8 b), ta có lim suph(γV − µF )x† , xn − x† i = h(γV − µF )x† , z − x† i ≤ (2.16) n→∞ Bây giờ, từ tính khơng giãn PC , ta có kxn+1 − xn k = kPC [αn γV xn + (I − αn µF )yn ] − PC (xn )k ≤ kαn γV xn + (I − αn µF )yn − xn k (2.17) ≤ k(I − αn µF )yn − (I − αn µF )xn k + αn k(γV − µF )xn k ≤ (1 − αn τ )kyn − xn k + K3 αn , trogn K3 = supn {k(γV − µF )xn k} < ∞ Do vậy, từ điều kiện i) (2.12), ta nhận kxn+1 − xn k → kết hợp với (2.12), ta thu lim suph(γV − µF )x† , xn+1 − x† i ≤ 0, n→∞ tức là, lim supn→∞ cn ≤ Từ (2.6) với x∗ = x† , ta có sn+1 ≤ (1 − bn )sn + bn cn + σn0 (2.18) 33 Vì vậy, tất điều kiện Bổ đề 2.2 thỏa mãn Do sn → hay xn → x† Trường hợp Giả sử {sn } khơng dãy giảm Khi đó, từ Bổ đề 1.3, ta xác định dãy {τ (n)} với n ≥ n0 (với n0 đủ lớn) τ (n) = max{k ≤ n : sk < sk+1 } Hơn nữa, τ (n) dãy không giảm cho τ (n) → ∞ n → ∞ sτ (n) < sτ (n+1) với n ≥ n0 Từ (2.6), ta có < sτ (n)+1 − sτ (n) ≤ bτ (n) cτ (n) + στ0 (n) Vì bτ (n) → 0, στ0 (n) → tính bị chặn {cτ (n) }, nên lim (sτ (n)+1 − sτ (n) ) = n→∞ (2.19) Bằng lập luận tương tự Trường hợp 1, ta nhận kxτ (n) − Ti xτ (n) k → 0, (2.20) với i = 1, 2, , N Ta thu sτ (n)+1 ≤ (1 − bτ (n) )sn + bτ (n) cτ (n) + στ0 (n) , với lim supn→∞ cτ (n) ≤ Vì sτ (n)+1 > sτ (n) bτ (n) > 0, nên ta có ≤ sτ (n) ≤ cτ (n) + στ0 (n) bτ (n) Do đó, từ lim supn→∞ cτ (n) ≤ điều kiện iii), ta thu limn→∞ sτ (n) = Kết hợp với (2.19), suy limn→∞ sτ (n)+1 = Bây giờ, ta có ≤ sn ≤ max{sτ (n) , sn } ≤ sτ (n)+1 → Do vậy, sn → 0, tức là, {xn } hội tụ mạnh x† Định lý chứng minh 34 Tiếp theo, ta có hệ để tìm nghiệm bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động dãy ánh xạ gần không giãn Hệ 2.1 Cho C tập lồi, đóng khác rỗng khơng gian Hilbert thực H Cho F : C −→ H toán tử k-Lipschitz, η-đơn điệu mạnh V : C −→ H ánh xạ L-Lipschitz Cho T = {Tn } dãy ánh xạ gần không giãn từ C vào tương ứng với dãy {an } cho S = Fix(T ) 6= ∅ T ánh xạ từ C vào thỏa mãn limn→∞ DB (Tn , T ) = với B ∈ B(C) Giả sử Fix(T ) = Fix(T ), < µ < 2η/k ≤ γL < τ , p τ = − − µ(2η − µk ) Với phần tử x0 ∈ C, cho {xn } dãy C xác định yn = βn xn + (1 − βn )Tn xn , (2.21) xn+1 = PC [αn γV xn + (I − αn µF )yn ], n ≥ 0, {αn } ∈ (0, 1) {βn } ∈ [0, b], với b ∈ (0, 1), thỏa mãn điều kiện đây: i) limn→∞ αn = 0, P∞ n=0 αn = ∞; ii) limn→∞ an /αn = Khi dãy {xn } hội tụ mạnh phần tử x† ∈ S nghiệm bất đẳng thức biến phân VIS (C, µF − γV ) Trong Thuật toán 2.1, V x = với x, ta có kết sau để giải Bài tốn (2.2): Định lý 2.3 Với x0 ∈ C, cho {xn } dãy xác định C xác định phương pháp lặp sau: yni = βi,n xn + (1 − βi,n )Ti,n xn , i = 1, 2, , N, Chọn in cho kynin − xn k = max kyni − xn k, let yn = ynin , i=1,2, ,N (2.22) xn+1 = PC [(I − αn µF )yn ], n ≥ 0, {αn } dãy (0, 1) {βi,n }, i = 1, 2, , N dãy [a, b], với a, b ∈ (0, 1), thỏa mãn điều kiện sau: 35 i) limn→∞ αn = 0, P∞ n=0 αn = ∞; ii) limn→∞ ai,n /αn = với i = 1, 2, , N Khi đó, dãy {xn } hội tụ mạnh x† ∈ S nghiệm bất đẳng thức biến phân VIS (C, F ) 2.3 Một số ứng dụng 2.3.1 Điểm bất động ánh xạ không giãn Trước hết, mục đưa ứng dụng Định lý 2.2 cho tốn tìm điểm bất động chung họ hữu hạn ánh xạ không giãn Ta có định lý sau: Định lý 2.4 Cho C tập lồi, đóng khác rỗng không gian Hilbert thực H Cho F : C −→ H toán tử k-Lipschitz, η-đơn điệu mạnh V : C −→ H ánh xạ L-Lipschitz Cho Ti , i = 1, 2, , N, ánh xạ khơng giãn từ C vào cho S = ∩N i=1 F ix(Ti ) 6= ∅ Giả sử p < µ < 2η/k ≤ γL < τ , τ = − − µ(2η − µk ) Với x0 ∈ C, cho {xn } dãy C xác định yni = βi,n xn + (1 − βi,n )Ti xn , i = 1, 2, , N, Chọn in cho kynin − xn k = max kyni − xn k, đặt yn = ynin , i=1,2, ,N (2.23) xn+1 = PC [αn γV xn + (I − αn µF )yn ], n ≥ 0, {αn } dãy số (0, 1) {βi,n }, i = 1, 2, , N, dãy số [a, b], với a, b ∈ (0, 1) thỏa mãn điều kiện sau: i) limn→∞ αn = 0, P∞ n=0 αn = ∞ Khi đó, dãy {xn } hội tụ mạnh phần tử x† ∈ S nghiệm bất đẳng thức biến phân VIS (C, µF − γV ) Chứng minh Áp dụng Định lý 2.2 cho Ti,n = Ti với i = 1, 2, , N n ∈ N, ta nhận điều phải chứng minh 36 Nếu Định lý 2.4, N = với n ≥ 1, ta nhận hệ Hệ 2.2 Cho C tập lồi, đóng khác rỗng khơng gian Hilbert thực H Cho F : C −→ H toán tử k-Lipschitz, η-đơn điệu mạnh V : C −→ H ánh xạ L-Lipschitz Cho T ánh xạ không giãn từ C vào cho S = Fix(T ) 6= ∅ Giả sử < µ < 2η/k ≤ γL < τ , p τ = − − µ(2η − µk ) Với x0 ∈ C, cho {xn } dãy C xác định yn = βn xn + (1 − βn )T xn , (2.24) xn+1 = PC [αn γV xn + (I − αn µF )yn ], n ≥ 0, {αn } dãy số (0, 1) {βi,n }, i = 1, 2, , N, dãy số [a, b], với a, b ∈ (0, 1) thỏa mãn điều kiện sau: i) limn→∞ αn = 0, P∞ n=0 αn = ∞ Khi đó, dãy {xn } hội tụ mạnh phần tử x† ∈ S nghiệm bất đẳng thức biến phân VIS (C, µF − γV ) Tiếp theo, ta có định lý hội tụ mạnh cho tốn tìm điểm bất động chung dãy ánh xạ không giãn Định lý 2.5 Cho C tập lồi, đóng khác rỗng không gian Hilbert thực H Cho F : C −→ H toán tử k-Lipschitz, η-đơn điệu mạnh V : C −→ H ánh xạ L-Lipschitz Cho {Tn } dãy ánh xạ khơng giãn từ C vào cho S = ∩∞ n=0 Fix(Tn ) 6= ∅ Cho T ánh xạ từ C vào thỏa mãn limn→∞ DB (Tn , T ) = với B ∈ B(C) Fix(T ) = ∩∞ n=0 Fix(Tn ) Cho {xn } dãy C xác định x0 ∈ C yn = βn xn + (1 − βn )Tn xn , (2.25) xn+1 = PC [αn γV xn + (I − αn µF )yn ], ∀n ≥ 0, p < µ < 2η/k , ≤ γL < τ với τ = − − µ(2η − µk ) Giả sử dãy {αn } ⊂ (0, 1) {βn } ⊂ [a, b] với a, b ∈ (0, 1) thỏa mãn điều kiện: 37 i) limn→∞ αn = 0, P∞ n=0 αn = ∞ Khi đó, dãy {xn } hội tụ mạnh phần tử x† ∈ S nghiệm bất đẳng thức biến phân VIS (C, µF − γV ) Chứng minh Áp dụng Hệ 2.1 cho N = 1, ta nhận điều phải chứng minh 2.3.2 Điểm bất động nửa nhóm khơng giãn Cho C tập lồi, đóng khác rỗng khơng gian Hilbert H Cho {Tn } T hai họ ánh xạ khơng giãn từ C vào nó, cho F (T ) = T∞ n=1 F (Tn ) 6= ∅, F (Tn ) tập điểm bất động Tn F (T ) tập điểm bất động chung họ T Khi đó, họ {Tn } gọi thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với họ T , với dãy bị chặn {zn } ⊂ C, thỏa mãn lim kzn − Tn zn k = 0, n→∞ ta có limn→∞ kzn − T zn k = với T ∈ T Định nghĩa 2.1 Một họ ánh xạ T = {T (s) : ≤ s < ∞} từ tập khác rỗng C không gian Hilbert H vào gọi nửa nhóm ánh xạ khơng giãn thỏa mãn điều kiện đây: i) T (0)x = x với x ∈ C; ii) T (s + t) = T (s)T (t) với s, t ≥ 0; iii) kT (s)x − T (s)yk ≤ kx − yk với s ≥ x, y ∈ C; iv) với x ∈ C, s 7→ T (s)x ánh xạ liên tục theo biến s [0, ∞) Ví dụ 2.1 Họ T = {T (s) : ≤ s < ∞} xác định T (s)x = e−s x với s ≥ x ∈ R nửa nhóm ánh xạ khơng giãn R Fix(T ) = {0} 38 Ví dụ 2.2 Cho T = {T (s) : ≤ s < ∞} họ ánh xạ từ R3 vào R3 xác định    x1 cos s − sin s      T (s)x =   sin s cos s 0 x2  , x3 0 với x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 với s ≥ Khi đó, T = {T (s) : ≤ s < ∞} nửa nhóm ánh xạ khơng giãn R3 Fix(T ) = {(0, 0, a) : a ∈ R} Dễ thấy họ ánh xạ T thỏa mãn điều kiện i) iv), ta thỏa mãn điều kiện ii) iii) Thật vậy, với t, s ≥ x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 , ta có    cos s − sin s x1 cos t − x2 sin t     x1 sin t + x2 cos t T (s)T (t)x =  sin s cos s    0 x3   x1 cos(s + t) − x2 sin(s + t)    = x sin(s + t) + x sin(s + t)   x3    cos(s + t) − sin(s + t) x1      =  sin(s + t) cos(s + t) 0 x2  0 x3 = T (s + t)x Suy điều kiện ii) thỏa mãn Dưới ta họ T thỏa mãn điều kiện iii) Với s ≥ x, y ∈ R3 , ta có kT (s)x − T (s)yk = k (x1 − y1 ) cos s − (x2 − y2 ) sin s, (x1 − y1 ) sin s
+ (x2 − y2 ) cos s, x3 − y3 k h
2 = (x1 − y1 ) cos s − (x2 − y2 ) sin s + (x1 − y1 ) sin s i1/2
2 + (x2 − y2 ) cos s + (x3 − y3 ) h i1/2 2 = (x1 − y1 ) + (x2 − y2 ) + (x3 − y3 ) 39 = kx − yk Suy T thỏa mãn điều kiện iii) Ta cần bổ đề Bổ đề 2.1 (xem [12, 13]) Cho C tập lồi, đóng khác rỗng khơng gian Hilbert H Cho T = {T (s) : ≤ s < ∞} nửa nhóm ánh xạ khơng giãn C với F (T ) 6= ∅ Cho {tn } dãy số thực với < tn < ∞ thỏa mãn limn→∞ tn = ∞ Với n ∈ N, xác định ánh xạ Tn từ C vào Z tn Tn x = T (s)xds, với x ∈ C tn Khi đó, {Tn } thỏa mãn điều kiện NST(I) ứng với T = {T (s) : ≤ s < ∞} Định lý 2.6 Cho C tập lồi, đóng khác rỗng khơng gian Hilbert thực H Cho Ti = {Ti (s) : ≤ s < ∞}, i = 1, 2, , N, nửa nhóm ánh xạ khơng giãn C với S = ∩N i=1 Fix(Ti ) 6= ∅ Cho F : C −→ H toán tử k-Lipschitz, η-đơn điệu mạnh V : C −→ H ánh xạ L-Lipschitz Với p x0 ∈ C, < µ < 2η/k ≤ γL < τ với τ = − − µ(2η − µk ), cho {xn } dãy C xác định yni = βi,n xn + (1 − βi,n )Ti,n xn , i = 1, 2, , N, Chọn in chokynin − xn k = max kyni − xn k, đặt yn = ynin , i=1,2, ,N (2.26) xn+1 = PC [αn γV xn + (I − αn µF )yn ], n ≥ 0, R tn Ti (s)xds, với i = 1, 2, , N x ∈ C, {αn } tn dãy số (0, 1), {βi,n }, i = 1, 2, , N dãy số [a, b], với với Ti,n x = a, b ∈ (0, 1) {tn } dãy số (0, ∞) thỏa mãn điều kiện sau: i) limn→∞ αn = 0, P∞ n=0 αn ii) limn→∞ tn = ∞ and = ∞; P∞ |tn+1 − tn | < ∞ n=0 tn+1 Khi đó, dãy {xn } hội tụ mạnh phần tử x† ∈ S nghiệm bất đẳng thức biến phân VIS (C, µF − γV ) 40 Chứng minh Ta áp dụng chứng minh Định lý 2.2 để chứng minh định lý Trước hết, với B ∈ B(C), Ti,n (s) ánh xạ khơng giãn với s ≥ i = 1, 2, , N , nên ta có K= max { sup i=1,2, ,N s≥0,n≥1,x∈B {kTi,n (s)xk}} < ∞ Do đó, với i = 1, 2, , N , ta có Z Z tn+1 tn kTi,n x − Ti,n+1 xk = k Ti,n (s)xds − Ti,n+1 (s)xdsk tn tn+1 Z tn Z tn+1 |tn+1 − tn | k ≤ Ti,n (s)xdsk + Ti,n+1 (s)xdsk tn tn+1 tn+1 tn |tn+1 − tn | ≤ 2K tn+1 P∞ |tn+1 − tn | Vì vậy, {tn } thỏa mãn điều kiện n=0 < ∞, ta nhận t n+1 P∞ n=0 DB (Tn , Tn+1 ) < ∞ với B ∈ B(C) Từ Chú ý 2.1 suy limn→∞ DB (Tn , T ) = với B ∈ B(C) Bây giờ, lập luận tương tự chứng minh Định lý 2.2, ta thu lim kxn − Ti,n xn k = 0, n→∞ (2.27) với i = 1, 2, , N Do vậy, từ Bổ đề 2.1, ta có lim kxn − Ti (s)xn k = 0, n→∞ với i = 1, 2, , N s ≥ Giả sử {xnk } dãy {xn } cho lim suph(γV − µF )x† , xn − x† i = lim h(γV − µF )x† , xnk − x† i, n→∞ k→∞ (2.28) x† nghiệm bất đẳng thức biến phân VIS (C, µF − γV ) Khơng tổng quát, ta giả sử xnk * z ∈ C Từ Bổ đề 1.12 (2.27), ta nhận z ∈ Fix(Ti (s)) với s ≥ i = 1, 2, , N Do đó, z ∈ S Vì vậy, từ (2.28), ta có lim suph(γV − µF )x† , xn − x† i = h(γV − µF )x† , z − x† i ≤ (2.29) n→∞ Phần lại chứng minh thực chứng minh Định lý 2.2 41 Chú ý 2.2 Các dãy số αn = √ 1 , tn = n βi,n = thỏa mãn điều kiện n i)-iv) Định lý 2.6 Ta có hệ đây: Hệ 2.3 Cho C tập lồi, đóng khác rỗng không gian Hilbert thực H Cho T = {T (s) : ≤ s < ∞} nửa nhóm ánh xạ khơng giãn C với S = Fix(T ) 6= ∅ Cho F : C −→ H toán tử k-Lipschitz, η-đơn điệu mạnh V : C −→ H ánh xạ L-Lipschitz Với x0 ∈ C, p < µ < 2η/k ≤ γL < τ với τ = − − µ(2η − µk ), cho {xn } dãy C xác định yn = βn xn + (1 − βn )Tn xn , (2.30) xn+1 = PC [αn γV xn + (I − αn µF )yn ], n ≥ 0, R tn T (s)xds, với x ∈ C, {αn } dãy (0, 1), {βn } tn dãy [a, b], với a, b ∈ (0, 1), {tn } dãy (0, ∞) Giả sử điều với Tn x = kiện sau thỏa mãn i) limn→∞ αn = 0, P∞ n=0 αn ii) limn→∞ tn = ∞ and = ∞; P∞ |tn+1 − tn | < ∞ n=0 tn+1 Khi đó, dãy {xn } hội tụ mạnh phần tử x† ∈ S nghiệm bất đẳng thức biến phân VIS (C, µF − γV ) 2.3.3 Khơng điểm tốn tử đa trị đơn điệu Trước hết, ta nhắc lại khái niệm toán tử đa trị đơn điệu không gian Hilbert Định nghĩa 2.2 Một ánh xạ đa trị A : H −→ 2H gọi toán tử đơn điệu hu − v, x − yi ≥ với x, y ∈ H u ∈ A(x), v ∈ A(y) (2.31)