(Luận văn) 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

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ KIM CHUNG lu an n va p ie gh tn to d oa nl w 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 nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2015 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ KIM CHUNG lu an n va p ie gh tn to 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 d oa nl w nf va an lu Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 lm ul LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi z TẬP THỂ HƯỚNG DẪN: PGS.TS PHẠM NGỌC ANH TS NGUYỄN THỊ THU THỦY m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2015 n va ac th si iii Mục lục Mở đầu 1 Bất đẳng thức biến phân với toán tử J-đơn điệu lu 1.1 Không gian Banach 1.1.1 Không gian Banach trơn an va n 1.1.2 Ánh xạ đối ngẫu 1.1.3 Ánh xạ không giãn p ie gh tn to 1.2 Toán tử đơn điệu 1.2.1 Toán tử đơn điệu nl w 1.2.2 Toán tử J-đơn điệu 10 1.2.3 Giới hạn Banach 13 d oa 1.3 Bài toán bất đẳng thức biến phân 15 nf va an lu 1.3.1 Bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert 15 1.3.2 Bất đẳng thức biến phân không gian Banach 16 xạ không giãn lm ul Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh 18 z at nh oi 2.1 Bất đẳng thức biến phân với toán tử đồng J-đơn điệu 18 2.1.1 Định lý hội tụ yếu 18 z 2.1.2 Định lý hội tụ mạnh 21 2.2 Bất đẳng thức biến phân với toán tử J-đơn điệu mạnh 25 gm @ 31 an Lu Kết luận m co l 2.2.1 Mô tả phương pháp 25 2.2.2 Sự hội tụ 26 n va ac th si iv 32 Tài liệu tham khảo lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu Bất đẳng thức biến phân nghiên cứu Stampacchia [6], [7] công cụ hữu hiệu để nghiên cứu giải toán ứng dụng toán cân kinh tế, tài chính, vận tải v.v lu trở thành vấn đề thời thu hút nhiều nhà khoa học quan tâm nghiên cứu an n va Một hướng nghiên cứu quan trọng bất đẳng thức biến phân việc xây dựng phương pháp giải Dựa tính chất kiểu ie gh tn to đơn điệu, có nhiều phương pháp hiệu nhà khoa học đưa ra, tiêu biểu phương pháp điểm gần kề B Martinet, p phương pháp nguyên lý toán phụ G Cohen, phương pháp lai đường dốc Yamada v.v Hiện có nhiều cơng trình nl w oa mở rộng hướng nghiên cứu Yamada để giải toán bất đẳng thức d biến phân tập điểm bất động chung họ hữu hạn hay vô hạn ánh xạ khơng giãn nf va an lu lm ul Mục đích luận văn trình bày phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ đếm ánh z at nh oi xạ không giãn không gian Banach Bố cục luận văn gồm phần mở đầu, hai chương trình bày nội dung z luận văn, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương 1: "Bất đẳng thức biến phân với tốn tử J-đơn điệu" trình @ co gian Hilbert Banach l gm bày số kiến thức khơng gian Banach, tốn tử đơn điệu, toán tử J-đơn điệu toán bất đẳng thức biến phân hai không m Chương 2: "Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ khơng giãn" trình bày phương pháp giải toán bất đẳng thức biến an Lu n va ac th si phân với toán tử đồng J-đơn điệu toán tử J-đơn điệu mạnh khơng gian Banach Các kiến thức trình bày luận văn tổng hợp từ hai báo [2] [3] Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn trực tiếp TS Nguyễn Thị Thu Thủy PGS.TS Phạm Ngọc Anh Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới thầy cô, người tận tâm giảng dạy bảo tác giả suốt trình tác giả thực luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng Đào tạo, Khoa Tốn - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên quan lu tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường Cuối tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp an n va động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho tác giả học tập nghiên cứu to p ie gh tn Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015 Học viên oa nl w Nguyễn Thị Kim Chung d nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si BẢNG KÝ HIỆU lu an n va trường số thực tập rỗng Rn |x| không gian Euclide n-chiều giá trị tuyệt đối x ||x|| PC chuẩn véctơ x phép chiếu mêtric từ H lên C QC hx, yi phép co rút không giãn theo tia từ E lên C tích vơ hướng hai phần tử x y D(A) E∗ miền xác định ánh xạ A không gian đối ngẫu E xn → x hội tụ mạnh {xn } vào x ∈ E xn * x Fix(T ) hội tụ yếu {xn } vào x ∈ E tập điểm bất động T VI(C, A) tập nghiệm toán bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert p ie gh tn to R ∅ tập nghiệm toán bất đẳng thức biến phân không gian Banach d oa nl w S(C, A) nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Bất đẳng thức biến phân với toán tử J-đơn điệu lu an n va Chương giới thiệu khái niệm số tính chất khơng gian gh tn to Banach; toán tử đơn điệu, toán tử J-đơn điệu; toán bất đẳng thức biến phân Các kiến thức chương tổng hợp từ tài liệu [1]–[7] p ie Không gian Banach Không gian Banach trơn d 1.1.1 oa nl w 1.1 lu nf va an Cho E không gian Banach thực với chuẩn k.k Ký hiệu E ∗ không gian đối ngẫu E giá trị f ∈ E ∗ x ∈ E x, f Cho {xn } dãy E Ký hiệu hội tụ mạnh {xn } đến x ∈ E lm ul z at nh oi xn → x hội tụ yếu xn * x Gọi U = {x ∈ E : kxk = 1} Định nghĩa 1.1 Không gian Banach E gọi lồi với z  ∈ (0, 2], tồn δ > cho với x, y ∈ U x + y (1.1) kx − yk ≥  thỏa mãn ≤ − δ Ta thấy, không gian Banach lồi không gian phản xạ lồi chặt co l gm @ m Định nghĩa 1.2 Không gian Banach E gọi trơn giới hạn an Lu kx + tyk − kxk t→0 t lim (1.2) n va ac th si tồn với x, y ∈ U Nó gọi trơn giới hạn (1.2) đạt với x, y ∈ U Định nghĩa 1.3 i) Chuẩn E gọi khả vi Fréchet với x ∈ U , giới hạn (1.2) đạt với y ∈ U ii) Chuẩn E gọi khả vi Gâteaux với y ∈ U , giới hạn (1.2) đạt với x ∈ U iii) Hàm số ρ : [0, ∞) → [0, ∞) gọi môđun trơn E lu định nghĩa sau n1 o ρ(τ ) = sup (kx + yk + kx − yk) − : x, y ∈ E, kxk = 1, kyk = τ (1.3) an va n Ta thấy không gian E trơn limτ →0 ρ(τ )/τ = gh tn to Định nghĩa 1.4 Cho số thực q cố định, với < q ≤ Không gian p ie Banach E gọi q-trơn tồn số c > cho ρ(τ ) ≤ cτ q với τ > d oa nl w Bổ đề 1.1 Cho số thực q với < q ≤ E khơng gian Banach Khi E q-trơn tồn số K ≥ cho  1 q q kx + yk + kx − yk ≤ kxkq + kKykq (1.4) với x, y ∈ E nf va an lu lm ul Hằng số K Bổ đề 1.1 gọi số q-trơn E Ánh xạ đối ngẫu z at nh oi 1.1.2 z Định nghĩa 1.5 Cho số thực q > Ánh xạ đối ngẫu tổng quát Jq từ ∗ E vào 2E định nghĩa sau n o ∗ ∗ ∗ q ∗ q−1 Jq (x) = x ∈ E : x, x = kxk , kx k = kxk (1.5) l gm @ m co với x ∈ E Ánh xạ J = J2 gọi ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc, an Lu Jq (x) = kxkq−2 J(x) với x ∈ E (1.6) n va ac th si Ta ký hiệu ánh xạ đối ngẫu tổng quát, chuẩn tắc đơn trị tương ứng jq j Nếu E không gian Hilbert H J = I-tốn tử đơn vị H Ta thấy, với x, y ∈ E f ∈ J(y), kxk2 − kyk2 ≥ x − y, f (1.7) Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J có tính chất sau (1) Nếu E khơng gian lồi chặt, J ánh xạ − hx − y, x∗ − y ∗ i > với (x, x∗ ), (y, y ∗ ) ∈ J, x 6= y; (2) Nếu E khơng gian phản xạ, J tồn ánh; lu (3) Nếu E khơng gian trơn đều, J liên tục theo chuẩn an tập bị chặn E va n Ngoài ra, (1.8) với x, y ∈ E jx ∈ Jq (x) Hơn ta có kết sau p ie gh tn to q y − x, jx ≤ kykq − kxkq , d oa nl w Bổ đề 1.2 Cho số thực q thỏa mãn < q ≤ E không gian Banach q-trơn Khi kx + ykq ≤ kxkq + q y, Jq (x) + 2kKykq (1.9) lu nf va an với x, y ∈ E, Jq ánh xạ đối ngẫu tổng quát E K số q-trơn E lm ul z at nh oi Chứng minh Cho x, y ∈ E tùy ý Từ (1.8) ta có q y, Jq (x) ≥ kxkq − kx − ykq z @ Kết hợp với Bổ đề 1.1 ta nhận q y, Jq (x) ≥ kxkq − kx − ykq ≥ kxkq − (2kxkq + 2kKykq − kx + ykq ) gm (1.10) m Từ suy co l = −kxkq − 2kKykq + kx + ykq an Lu kx + ykq ≤ kxkq + q y, Jq (x) + 2kKykq n va ac th si lim hx − z, J(xn+1 − z)i − hx − z, J(xn − z)i = n→∞ Từ Bổ đề 1.10, ta thu lim supn→∞ hx − z, J(xn − z)i ≤ 1.3 1.3.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân Bất đẳng thức biến phân khơng gian Hilbert lu Bài tốn 1.1 Cho H không gian Hilbert thực với chuẩn k.k tích vơ hướng (., ), C tập lồi, đóng, khác rỗng H A an n va toán tử đơn điệu từ C vào H Bài toán bất đẳng thức biến phân phát biểu sau: to (v − u, Au) ≥ 0, ∀v ∈ C (1.24) gh tn Tìm phần tử u ∈ C thỏa mãn : p ie Phần tử u ∈ C thỏa mãn (1.24) gọi nghiệm toán Tập nghiệm toán bất đẳng thức biến phân (1.24) ký d oa nl w hiệu VI(C, A) Trong trường hợp C = H, VI(H, A) = A−1 0, A−1 = {u ∈ H : Au = 0} Mỗi phần tử A−1 gọi nf va an lu khơng điểm tốn tử A Cho T ánh xạ không giãn từ C vào nó, A = I − T toán tử 1/2-đồng đơn điệu lm ul Fix(T ) = VI(C, A), I ánh xạ đồng H Fix(T ) tập điểm bất động T Trong trường hợp C = H = RN , ta có z at nh oi định lý sau tìm khơng điểm toán tử ngược đơn điệu mạnh z Định lý 1.4 Cho RN không gian Euclid N chiều A toán tử αđồng đơn điệu từ RN vào với A−1 6= ∅ Cho dãy {xn } n = 1, 2, , (1.25) co l xn+1 = xn − λn Axn , gm x1 = x ∈ RN , @ định nghĩa sau: m {λn } dãy thuộc [0, 2α] Nếu dãy {λn } chọn cho an Lu λn ∈ [a, b] với a, b thỏa mãn < a < b < 2α, dãy {xn } hội tụ tới phần tử A−1 n va ac th si 16 Sau định lý hội tụ yếu tìm nghiệm bất đẳng thức biến phân cho toán tử ngược đơn điệu mạnh Định lý 1.5 Cho C tập lồi, đóng, khác rỗng khơng gian Hilbert thực H A toán tử α-đồng đơn điệu C vào H với VI(C, A) 6= ∅ Cho {xn } dãy định nghĩa sau: x1 = x ∈ C, xn+1 = PC (αn xn + (1 − αn )PC (xn − λn Axn )) (1.26) với n = 1, 2, , PC phép chiếu mêtric từ H lên C, {αn } dãy thuộc [−1, 1], {λn } dãy thuộc [0, 2α] Nếu dãy {αn } {λn } chọn cho αn ∈ [a, b] với a, b thỏa mãn −1 < a < b < lu λn ∈ [c, d] với < c < d < 2(1 + a)α, dãy {xn } hội tụ yếu tới phần tử VI(C, A) an n va Bất đẳng thức biến phân khơng gian Banach Bài tốn 1.2 Cho E không gian Banach trơn, E ∗ ký hiệu không ie gh tn to 1.3.2 p gian đối ngẫu E, C tập lồi, đóng, khác rỗng E A : C → E toán tử J-đơn điệu Bài toán bất đẳng thức biến w d oa nl phân không gian Banach E phát biểu sau: Tìm điểm u ∈ C cho: Au, J(v − u) ≥ 0, ∀v ∈ C, (1.27) an lu (1.27) S(C, A) nf va J ánh xạ đối ngẫu từ E vào E ∗ Ký hiệu tập nghiệm lm ul trơn z at nh oi Từ Bổ đề 1.4 ta có kết quan trọng sau mối quan hệ bất đẳng thức biến phân với tốn điểm bất động khơng gian Banach z @ Mệnh đề 1.1 Cho C tập khác rỗng lồi đóng khơng gian (1.28) an Lu tức S(C, A)=Fix(QC (I − µF )) µ > 0, m p∗ = QC (I − µF )(p∗ ), co l gm Banach trơn E Khi bất đẳng thức biến phân (1.27) tương đương với phương trình điểm bất động: n va ac th si 17 Chứng minh Theo Bổ đề 1.4, ta có p∗ ∈ Fix(QC (I − µF )) h(p∗ − µF p∗ ) − p∗ , j(x − p∗ )i ≤ ⇔ h−µF p∗ , j(x − p∗ )i ≤ với x ∈ C µ > Do µ > nên ta suy x0 ∈ S(C, A) Mệnh đề chứng minh Do tương đương toán bất đẳng thức biến phân khơng gian Banach trơn với tốn điểm bất động mà nhiều phương pháp giải bất đẳng thức biến phân không gian Banach xây lu dựng dựa vào phương pháp xấp xỉ điểm bất động Bài tốn 1.2 có mối liên hệ với tốn điểm bất động ánh an n va xạ tuyến tính, tốn tìm khơng điểm tốn tử J-đơn điệu v.v Bài tốn tìm khơng điểm tốn tử J-đơn điệu thực gh tn to thuật toán điểm gần kề Ta tìm nghiệm Bài tốn 1.2 p ie sở xét sơ đồ lặp sau cho tốn tử J-đơn điệu A khơng gian Banach E w xn+1 = αn xn + (1 − αn )QC (xn − λn Axn ) (1.29) oa nl x1 = x ∈ C, d với n = 1, 2, , QC phép co rút không giãn theo tia từ lu nf va an E vào C, {αn } dãy thuộc [0, 1], {λn } dãy số thực z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 18 Chương Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không lu an giãn n va p ie gh tn to Chương trình bày phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân J-đơn điệu khơng gian Banach với tốn tử J-đơn điệu mạnh đồng J-đơn điệu Nội dung chương viết sở báo Bất đẳng thức biến phân với toán tử đồng J-đơn điệu d nf va an lu 2.1 oa nl w [2], [3] [5] lm ul Trong mục này, chúng tơi trình bày kết báo [2], [3] nghiên cứu phương pháp giải Bài toán 1.2 với toán tử đồng J-đơn điệu z at nh oi không gian Banach lồi 2-trơn Định lý hội tụ yếu z 2.1.1 @ gm Định lý 2.1 Giả sử E không gian Banach lồi 2-trơn đều, C m co l tập lồi đóng khác rỗng E, QC phép co rút không giãn theo tia từ E vào C với α > A toán tử α-đồng J-đơn điệu từ C an Lu vào E với S(C, A) 6= ∅ Giả sử x1 = x ∈ C {xn } cho xn+1 = αn xn + (1 − αn )QC (xn − λn Axn ) (2.1) n va ac th si 19 với n = 1, 2, , {λn } dãy số thực dương {αn } dãy thuộc [0, 1] Nếu {λn } {αn } chọn cho λn ∈ [a, α/K ] với a > αn ∈ [b, c], b, c thỏa mãn < b < c < 1, dãy {xn } hội tụ yếu tới phần tử z tùy ý S(C, A), K số 2-trơn E Chứng minh Đặt yn = QC (xn − λn Axn ) với n = 1, 2, Cho u ∈ S(C, A) Đầu tiên ta chứng minh dãy {xn } {yn } bị chặn limn→∞ kxn − yn k = Thật vậy, từ Bổ đề 1.6 1.9 ta có kyn − uk = kQC (xn − λn Axn ) − QC (u − λn Au)k (2.2) ≤ k(xn − λn Axn ) − (u − λn Au)k ≤ kxn − uk lu với n = 1, 2, Từ (2.2) suy an va kxn+1 − uk = kαn (xn − u) + (1 − αn )(yn − u)k n ≤ αn kxn − uk + (1 − αn )kyn − uk (2.3) to gh tn ≤ αn kxn − uk + (1 − αn )kxn − uk = kxn − uk p ie với n = 1, 2, Vì nên {kxn − uk} dãy khơng tăng tồn limn→∞ kxn − uk Vậy, {xn } bị chặn Từ (2.2) (1.19) suy nl w dãy {yn } {Axn } bị chặn d oa Tiếp theo chứng minh limn→∞ kxn − yn k = Giả sử limn→∞ kxn − yn k = Khi đó, tồn  > dãy {xni − yni } lu nf va an dãy {xn − yn } cho kxni − yni k ≥  với i = 1, 2, Từ E tập lồi đều, hàm số k.k2 lồi tập lồi bị chặn B(0, kx1 − uk),  B(0, kx1 − uk) = x ∈ E : kxk ≤ kx1 − uk Vì vậy, với , tồn δ > cho kx − yk ≥  thỏa mãn z at nh oi lm ul kλx + (1 − λ)yk2 ≤ λkxk2 + (1 − λ)kyk2 − λ(1 − λ)δ (2.4) với x, y ∈ B(0, kx1 − uk) λ ∈ (0, 1) Như vậy, với i = 1, 2, , z gm @ kxni +1 − uk2 = kαni (xni − u) + (1 − αni )(yni − u)k2 ≤ αni kxni − uk2 + (1 − αni )kyni − uk2 m co an Lu Vì thế, với i = 1, 2, , l − αni (1 − αni )δ (2.5) < b(1 − c)δ ≤ αni (1 − αni )δ ≤ kxni − uk2 − kxni +1 − uk2 (2.6) n va ac th si 20 Vế phải bất đẳng thức hội tụ tới 0, điều mâu thuẫn Khi ta có kết luận sau lim kxn − yn k = (2.7) n→∞ Từ dãy {xn } bị chặn, ta có dãy {xni } {xn } hội tụ yếu tới z Và từ λni thuộc [a, α/K ] với a > 0, suy {λni } bị chặn Vậy, tồn dãy {λnij } của{λni } hội tụ tới λ0 ∈ [a, α/K ] Khơng tổng qt, ta giả sử λni → λ0 Ta tiếp tục chứng minh z ∈ S(C, A) Từ QC ánh xạ không giãn, kết hợp với cách đặt yni = QC (xni − λni Axni ) ta có kQC (xni − λ0 Axni ) − xni k ≤ kQC (xni − λ0 Axni ) − yni k + kyni − xni k lu ≤ k(xni − λ0 Axni ) − (xni − λni Axni )k (2.8) an va + kyni − xni k n ≤ M |λni − λ0 | + kyni − xni k, gh tn to đó, M = sup{kAxn k : n = 1, 2, } Từ hội tụ {λni }, (2.7), p ie (2.8), ta có lim kQC (I − λ0 A)xni − xni k = (2.9) i→∞ w oa nl Mặt khác, từ Bổ đề 1.9, ta có QC (I − λ0 A) không giãn Vậy, từ (2.9), d Bổ đề 1.6, Định lý 1.2, ta thu z ∈ Fix(QC (I − λ0 A)) = S(C, A) Cuối cùng, ta chứng minh dãy {xn } hội tụ yếu tới phần tử an lu nf va S(C, A) Thật vậy, đặt Tn = αn I + (1 − αn )QC (I − λn A) lm ul (2.10) z at nh oi với n = 1, 2, Khi ta có ∞ xn+1 = Tn Tn−1 T1 x z ∈ ∩n=1 co{xm : m ≥ n} z Từ Bổ đề 1.9 ta có Tn ánh xạ khơng giãn từ C vào nó, với n = 1, 2, , từ Bổ đề 1.6 ta có ∞ gm @ ∞ l ∩n=1 Fix(Tn ) = ∩n=1 Fix(QC (I − λn A)) = S(C, A) m co Từ Định lý 1.3, ta thu ∞ \ co{xm : m ≥ n} ∩ S(C, A) = {z} an Lu n=1 (2.11) n va ac th si 21 Do đó, dãy {xn } hội tụ yếu tới vài phần tử S(C, A) Định lý chứng minh 2.1.2 Định lý hội tụ mạnh Định lý 2.2 Giả sử E không gian Banach lồi 2-trơn C tập lồi đóng, khác rỗng E, QC phép co rút không giãn theo tia từ E lên C với α > 0, A toán tử α-đồng J-đơn điệu từ C vào E với S(C, A) 6= ∅ Cho {αn } dãy thuộc [0, 1] thỏa mãn lim αn = 0, n→∞ ∞ X αn = ∞ lu n=1 ∞ X |αn+1 − αn | < ∞, (2.12) n=1 an va {λn } dãy thuộc [a, α/K ] với a > thỏa mãn n ∞ X tn to |λn+1 − λn | < ∞, (2.13) n=1 gh p ie K số 2-trơn E Khi đó, với x1 = x ∈ C, dãy {xn } định nghĩa w xn+1 = αn x + (1 − αn )QC (xn − λn Axn ), (2.14) oa nl n = 1, 2, d hội tụ mạnh tới phần tử z S(C, A) lu nf va an Chứng minh Đặt yn = QC (xn − λn Axn ) với n ∈ N Cho lm ul u ∈ S(C, A) Trước tiên ta chứng minh dãy {xn }, {yn } {Axn } bị chặn Thật từ Bổ đề 1.6 1.8 ta có z at nh oi kyn − uk = kQC (xn − λn Axn ) − QC (u − λn Au)k ≤ k(xn − λn Axn ) − (u − λn Au)k ≤ kxn − uk (2.15) z gm @ với n ∈ N Từ (2.15) ta có l kx2 − uk = kα1 (x − u) + (1 − α1 )(y1 − u)k m co ≤ α1 kx − uk + (1 − α1 )ky1 − uk = kx − uk an Lu ≤ α1 kx − uk + (1 − α1 )kx − uk n va ac th si 22 Nếu kxk − uk ≤ kx − uk với k ∈ N, ta cách tương tự kxk+1 − uk ≤ kx − uk Do đó, {xn } bị chặn Từ (2.15) (1.19) suy {yn } {Axn } bị chặn Tiếp theo ta chứng minh lim kxn+1 − xn k = lim kxn − yn k = n→∞ n→∞ Từ Bổ đề 1.8 ta có kyn+1 − yn k = kQC (xn+1 − λn+1 Axn+1 ) − QC (xn − λn Axn )k ≤ k(xn+1 − λn+1 Axn+1 ) − (xn − λn Axn )k lu = k(xn+1 − λn+1 Axn+1 ) − (xn − λn+1 Axn ) an (2.16) va + (λn − λn+1 )Axn k n ≤ k(xn+1 − λn+1 Axn+1 ) − (xn − λn+1 Axn )k to gh tn + |λn − λn+1 |kAxn k p ie ≤ kxn+1 − xn k + L|λn − λn+1 |  với n ∈ N, L = sup kAxn k : n ∈ N Vì vậy, từ (2.16) ta oa nl w có d kxm+2 − xm+1 k lu an = k(αm+1 x + (1 − αm+1 )ym+1 ) − (αm x + (1 − αm )ym )k nf va = k(αm+1 − αm )(x − ym ) + (1 − αm+1 )(ym+1 − ym )k lm ul ≤ |αm+1 − αm |kx − ym k + (1 − αm+1 )kym+1 − ym )k z at nh oi ≤ M |αm+1 − αm | + (1 − αm+1 )(kxm+1 − xm k + L|λm+1 − λm |) z ≤ (1 − αm+1 )kxm+1 − xm k + L|λm+1 − λm | + M |αm+1 − αm |  với m ∈ N, M = sup kx − yn k : n ∈ N Bằng quy nạp, ta có Q n+m−1 kxn+m+1 − xn+m k ≤ (1 − αk+1 )kxm+1 − xm k |λk+1 − λk | + M m |αk+1 − αk | an Lu k=m n+m−1 X co +L n+m−1 X l gm @ k=m k=m n va ac th si 23 Q n+m−1 với n, m ∈ N Từ k=m (1 − αk+1 ) = P∞ n=1 αn = ∞ ta có lim supkxn+1 − xn k n→∞ = lim sup kxn+m+1 − xn+m k n→∞ ≤ L lim sup n+m+1 X n→∞ |λk+1 − λk | + M lim sup n+m+1 X n→∞ k=m với m ∈ N Hơn nữa, từ ∞ X |αk+1 − αk | k=m |αn+1 − αn | < ∞ n=1 lu an ∞ X |λn+1 − λn | < ∞ va n=1 n tn to ta có lim sup kxn+1 − xn k ≤ gh n→∞ p ie m → ∞ Như w lim kxn+1 − xn k = (2.17) n→∞ nl P∞ n=1 |λn+1 −λn | < ∞, ta có limn→∞ kyn+1 −yn k = d oa Từ (2.16), (2.17) thỏa mãn (2.18) nf va an lu lim kxn − yn k = n→∞ lm ul Vì limn→∞ αn = z at nh oi kxn − yn k ≤ αn−1 kx − yn k + (1 − αn−1 )kyn−1 − yn k P Từ giả thiết {λn } dãy thuộc [a, α/K ] ∞ n=1 |λn+1 − λn | < ∞, suy λn hội tụ tới λ0 ∈ [a, α/K ] Do đó, từ z gm @ kxn −QC (xn − λ0 Axn )k ≤ kxn − yn k + kQC (xn − λn Axn ) − QC (xn − λ0 Axn )k m co (2.18) ta có l ≤ kxn − yn k + |λn − λ0 |kAxn k, an Lu lim kxn − QC (xn − λ0 Axn )k = n→∞ (2.19) n va ac th si 24 Với < t < 1, cho zt phần tử C thỏa mãn zt = tx + (1 − t)T zt , T = QC (I − λ0 A) Khi {zt } bị chặn Ta thu limt→0 zt = z ∈ Fix(T ) = S(C, A) từ Bổ đề 2.2 Cho µ giới hạn Banach Từ giả thiết T = QC (I − λ0 A) khơng giãn, ta có kxn − T zt k2 = kxn − T xn + T xn − T zt k2 ≤ kxn − T xn k2 + kxn − zt k2 + 2kxn − T xn kkxn − zt k với n ∈ N t ∈ (0, 1) Vậy, từ (2.19) ta có µn kxn − T zt k2 ≤ µn kxn − zt k2 lu an với t ∈ (0, 1) Từ định nghĩa zt , ta có va n (1 − t)(xn − T zt ) = (xn − zt ) − t(xn − x) ie gh tn to Từ (1.7), ta có p (1 − t)2 kxn − T zt k2 ≥ kxn − zt k2 − 2thxn − x, J(xn − zt )i nl w ≥ (1 − 2t)kxn − zt k2 + 2thx − zt , J(xn − zt )i d oa với n ∈ N t ∈ (0, 1) Vậy, ta có an lu (1 − t)2 µkxn − zt k2 ≥ (1 − t)2 µkxn − T zt k2 lm ul nf va ≥ (1 − 2t)µn kxn − zt k2 + 2tµn hx − zt , J(xn − zt )i nữa, từ (2.17) ta thu z at nh oi t µn kxn − zt k2 ≥ µn hx − zt , J(xn − zt )i với t ∈ (0, 1) Từ Bổ đề 1.12, ta có µn hx − z, J(xn − z)i ≤ Hơn z @ n→∞ l gm lim suphx − z, J(xn − z)i ≤ Vì thế, với  > 0, tồn m ∈ N thỏa mãn (2.20) an Lu với n ≥ m m co hx − z, J(xn+1 − z)i ≤  n va ac th si 25 Cuối cùng, ta chứng minh {xn } hội tụ mạnh tới z ∈ S(C, A) Từ (1.7) (1 − αn )(yn − z) = xn+1 − z − αn (x − z) ta có (1 − αn )2 kyn − zk2 ≥ kxn+1 − zk2 − 2αn hx − z, J(xn+1 − z)i (2.21) với n ∈ N Vậy, từ (2.15), (2.20), (2.21) z ∈ S(C, A) ta có kxn+1 − zk2 ≤ (1 − αn )2 kyn − zk2 + 2αn hx − z, J(xn+1 − z)i ≤ (1 − αn )2 kxn − zk2 + 2αn  lu với n ≥ m Bằng quy nạp, ta có  Qn Qn 2 kxn+1 − zk ≤ (1 − αk )kxm − zk + 2 − an n va k=m k=m tn to với n, m ∈ N Khi đó, từ P∞ n=1 αn  (1 − αk ) = ∞ ta có gh lim sup kxn+1 − zk2 ≤ 2 n→∞ ie p Từ giả thiết  > tùy ý, ta thu lim supn→∞ kxn+1 − zk2 ≤ limn→∞ kxn+1 − zk2 = Khi đó, dãy {xn } hội tụ mạnh tới nl w oa z ∈ S(C, A) d nf va an lu 2.2 z at nh oi lm ul Bất đẳng thức biến phân với toán tử J-đơn điệu mạnh Trong mục này, chúng tơi trình bày phương pháp lặp giải Bài z toán 1.2 tập điểm bất động chung họ đếm ánh xạ khơng giãn với tốn tử J-đơn điệu mạnh giả co chặt không m co l Mô tả phương pháp gm 2.2.1 @ gian Banach lồi chặt, q-trơn an Lu Cho E không gian Banach phản xạ thực, lồi chặt, q-trơn với < q ≤ 2, A toán tử η-J-đơn điệu mạnh γ-giả co chặt với n va ac th si 26 η + γ > Cho {Ti }∞ i=1 : E → E họ đếm ánh xạ không ∞ \ giãn cho C := Fix(Ti ) 6= ∅ Ta xác định dãy lặp sau i=1 xn = γn (I − λn A)xn + (1 − γn )Sn xn , n ≥ 1, (2.22) với Sn = n X (κi /sn )Ti , sn = n X i=1 κi , (2.23) i=1 {κi }∞ i=1 thỏa mãn κi ∈ (0, 1) ∞ X κi = κ < ∞, (2.24) lu i=1 an n va λn γn dãy số thực Sự hội tụ gh tn to 2.2.2 p ie Bổ đề 2.1 Cho C tập lồi, đóng khơng gian Banach lồi chặt E Giả sử {Ti }∞ i=1 họ đếm ánh xạ không giãn C ∞ \ Fix(Ti ) khác rỗng Giả thiết {si }∞ i=1 dãy số thực ∞ X d si = Khi ánh xạ T C xác định i=1 nf va an lu dương với oa nl w i=1 lm ul Tx = ∞ X si Ti x với x ∈ C, i=1 z at nh oi hồn tồn xác định ánh xạ khơng giãn, đồng thời ta có Fix(T ) = ∞ \ z i=1 Fix(Ti ) gm @ Bổ đề 2.2 Cho E khơng gian Banach lồi đều, có chuẩn khả vi Gâteaux l m co cho C tập lồi, đóng, khác rỗng E Cho T ánh xạ khơng giãn từ C vào với Fix(T ) 6= ∅ Cho x ∈ C zt phần an Lu tử C thỏa mãn zt = tx + (1 − t)T zt với < t < Khi đó, limt→0 zt = z ∈ Fix(T ) n va ac th si