Trang 1 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ------ LÊ DOÃN MẠNH HÙNG HAI THUẬT TOÁN CHIẾU Trang 2 Mục lụcLời cảm ơn iiiMột số ký hiệu và viết tắt vMở đầu 1Chương 1 Kiến thức
Không gian Banach phản xạ, hàm lồi
Không gian Banach phản xạ
Cho X là một không gian tuyến tính định chuẩn và X ∗ là không gian đối ngẫu của nó Để cho đơn giản và thuận tiện hơn, chúng tôi thống nhất sử dụng kí hiệu k.kđể chỉ chuẩn trênX vàX ∗ ; giá trị của phiếm hàm tuyến tính x ∗ ∈X ∗ tại điểm x∈X được ký hiệu là hx ∗ , xi. Định nghĩa 1.1.1 Không gian Banach E được gọi là phản xạ nếu với mọi x ∗∗ ∈E ∗∗ , tồn tại x∈ E sao cho hx ∗ , xi=hx ∗∗ , x ∗ i, với mọi x ∗ ∈ E ∗
Ví dụ 1.1.2 Mọi không gian tuyến tính định chuẩn hữu hạn chiều, các không gian l p hay L p (Ω), với 1< p 0 và một dãy con {x n k } ⊂ {x n } sao cho kx n k −xk ≥ ε, (1.1) với mọi k ≥ 1.
Vì {x n k } ⊂ A và A là tập compact tương đối, nên tồn tại dãy con {x n kl} ⊂ {x n k } sao cho x n kl →y Vì sự hội tụ mạnh kéo theo hội tụ yếu nên x n kl * y và do đó y =x Trong bất đẳng thức (1.1), thay x n k bởi x n kl ta được kx n kl −yk ≥ ε, mâu thuẫn với x n kl * y.
Trong luận văn này, chúng tôi thường xuyên sử dụng tính chất dưới đây của không gian Banach phản xạ.
Mệnh đề 1.1.8 (xem [2] trang 41) Cho E là một không gian Banach Khi đó, các khẳng định sau là tương đương: i) E là không gian phản xạ. ii) Mọi dãy bị chặn trong E, đều có một dãy con hội tụ yếu.
Mệnh đề dưới đây cho ta mối liên hệ giữa tập đóng và tập đóng yếu trong không gian tuyến tính định chuẩn.
Mệnh đề 1.1.9 Nếu C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian tuyến tính định chuẩn X, thì C là tập đóng yếu.
Chứng minh Ta chứng minh bằng phản chứng Giả sử tồn tại dãy{x n } ⊂C sao cho x n * x, nhưng x /∈ C Theo định lý tách các tập lồi, tồn tại x ∗ ∈ X ∗ tách ngặt x và C, tức là tồn tại ε >0 sao cho hx ∗ , yi ≤ hx ∗ , xi −ε, với mọi y ∈C Đặc biệt, ta có hx ∗ , x n i ≤ hx ∗ , xi −ε, với mọi n ≥ 1 Ngoài ra, vì x n * x, nên hx ∗ , x n i → hx ∗ , xi Do đó, trong bất đẳng thức trên, cho n → ∞, ta nhận được hx ∗ , xi ≤ hx ∗ , xi −ε, điều này là vô lý Do đó, điều giả sử là sai, hay C là tập đóng yếu.
Mệnh đề được chứng minh.
Chú ý 1.1.10 Nếu C là tập đóng yếu, thì hiển nhiên C là tập đóng.
Hàm lồi và một số tính chất
Trong mục con này, luận văn giới thiệu khái niệm hàm lồi thông qua khái niệm trên đồ thị, cùng với một số tính chất đơn giản phục vụ cho việc trình bày các nội dung tiếp theo của luận văn. Định nghĩa 1.1.11 Cho D ⊂E là một tập lồi, f : D → R∪ {±∞}. i) Hàm f được gọi là chính thường nếu dom f 6= ∅ và f(x) > −∞(∀x ∈ D), trong đó dom f ={x∈D : f(x)< ∞}. ii) Hàm f được gọi là hàm lồi trênD nếu epi f là tập lồi trong E ×R, trong đó epi f ={(x, r) ∈D×R: f(x) ≤r}. iii) Hàm f :D ⊂E → R được gọi là nửa liên tục dưới tại điểm x∈D nếu với mỗiε >0có mộtδ > 0sao chof(x)−ε ≤f(x)với mọi x∈D,kx−xk < δ. Hàmf được gọi là nửa liên tục dưới trên D nếuf nửa liên tục dưới tại mọi điểm x∈ D.
Dưới đây là ví dụ về hàm nửa liên tục dưới.
Ví dụ 1.1.12 Cho f : R−→ R là hàm số được xác định bởi f(x)
Khi đó, hàm f là hàm nửa liên tục dưới tại điểm x = 0, nhưng không liên tục tại x = 0.
Thật vậy, dễ thấy f không liên tục tại x= 0 Với mọiε > 0và với mọi δ > 0 (trong trường hợp này có thể chọn δ là số dương bất kỳ) ta có f(0)−ε= −1−ε 0; b) lồi hoàn toàn nếu nó là lồi hoàn toàn tại mọi x∈ int domf; c) lồi hoàn toàn trên các tập con bị chặn nếu v f (B, t) là dương với mọi tập con bị chặn B của X và t > 0, trong đó modul của tính lồi hoàn toàn của hàm f trên tập B là hàm v f : int dom f ×[0,∞) −→[0,∞) xác định bởi v f (B, t) = inf{v f (x, t) : x∈B ∩int domf}.
Tính chất của modul lồi của hàm lồi f được giới thiệu trong mệnh đề dưới đây.
Mệnh đề 1.2.10 (xem [3], Mệnh đề 1.1.8) Chof là một hàm lồi, chính thường, nửa liên tục dưới Nếu x∈ int domf thì ta có các khẳng định dưới đây: i) Miền hữu hiệu của v f (x,ã) là một khoảng cú dạng [0, τ f (x)) hoặc [0, τ f (x)] với τ f (x) ∈[0,∞); ii) Nếu c∈[1,∞) và t≥0, thì v f (x, ct) ≥ cv f (x, t); iii) Hàm v f (x,ã) là cộng tớnh trờn, tức là với mọi s, t ∈ [0,∞) thỡ ta cú v f (x, s+t) ≥v f (x, s) +v f (x, t); iv) Hàm v f (x,ã) là đơn điệu tăng và nú là đơn điệu tăng ngặt nếu và chỉ nếu f là hàm lồi hoàn toàn tại x.
Chứng minh i) Giả sửx ∈int domf và v f (x, t) D f (u, x) =f(u)−f(x)− h5f(x), u−xi (1.5) Với mọi α∈ (0,1), ký hiệu u α =αu+ (1−α)x Đặt β = c −1 và khi đó ta có ku β −xk=βku−xk=t.
Từ Mệnh đề 1.2.5 và (1.5), ta nhận được v f (x, ct) +ε > f(u)−f(x)− f(x+α(u−x))−f(x) α , với mọi α ∈(0,1) Từ (1.6), ta nhận được v f (x, ct) +ε > αf(u) + (1−α)f(x)−f(x+α(u−x)) α αf(u) + (1−α)f(x)− α βf(u β )−(1− α β)f(x) α
Vì βf(u) + (1−β)f(x)−f(u β )≥ 0 (xem Chú ý 1.1.13), nên ta có v f (x, ct) +ε > α βf(u β ) + (1− α β)f(x)−f(α βu β + (1− α β)x) α
Cho α &0, từ định nghĩa của hàm v f (x,ã), ta nhận được vf(x, ct) +ε > cDf(uβ, x) ≥cvf(x, t).
Vì ε là số dương tùy ý nên ta nhận được v f (x, ct) ≥cv f (x, t). iii) Cho s và t là các số thực dương Khi đó, từ ii) ta có v f (x, s+t) =v f (x,s+t s s) ≥ s+t s v f (x, s) và v f (x, s+t) =v f (x,s+t t t) ≥ s+t t v f (x, t).
Suy ra sv f (x, s+t) ≥(s+t)v f (x, s) và tv f (x, s+t) ≥(s+t)v f (x, t).
Cộng hai bất đẳng thức trên, ta nhận được
Do đó, v f (x, s+t≥ v f (x, s) +v f (x, t). iv) Giả sử 0< s < t Khi đó, từ ii) ta có v f (x, t) =v f (x, t ss) ≥ t sv f (x, s) ≥v f (x, s) (1.7)
Do đú v f (x,ã) là hàm khụng giảm.
Giả sử f là hàm lồi hoàn toàn, khi đó v f (x, s) >0 Do đó bất đẳng thức cuối trong (1.7) là chặt, vỡ s < t Suy ra v f (x,ã) là hàm tăng ngặt Ngược lại nếu v f (x,ã) là hàm tăng ngặt thỡ hiển nhiờn f là hàm lồi hoàn toàn. Định nghĩa 1.2.11 Một hàm f :X → (−∞,∞] được gọi là:
(a) đồng xác định nếu domf ∗ =X ∗ ;
(b) bức nếu tập mức dưới của f bị chặn hoặc tương đương với lim kxk→∞ f(x) =∞, trong đó tập mức dưới của f được xác định bởi lev f ≤ (r) :={x ∈X :f(x) ≤r} với mỗi r ∈R;
(c) bức mạnh nếu lim kxk→∞ f(x) kxk =∞.
Cho f : X → R là một hàm lồi, Legendre và khả vi Gâteaux Theo [1] và
[14], ta xác định hàm V f :X ×X ∗ → [0,∞) tương ứng với f như sau
Khi đó,V f là ánh xạ không âm và V f (x, x ∗ ) =D f (x,5f ∗ (x ∗ ))với mọi x∈X và mọi x ∗ ∈X ∗
Tiếp theo, luận văn đề cập đến một số tính chất quan trọng dưới đây.
Mệnh đề 1.2.12 (xem [18], Bổ đề 3.1) Cho f : X −→ R là một hàm khả vi Gâteaux và lồi hoàn toàn Nếux 0 ∈ X và dãy {D f (x n , x 0 )}bị chặn, thì dãy {x n } cũng bị chặn.
Chứng minh Vì dãy {D f (x n , x 0 )} bị chặn nên tồn tại số M > 0 sao cho D f (x n , x 0 ) ≤ M với mọi n ≥ 1 Từ định nghĩa của modul của tính lồi hoàn toàn v f (x, t) ta có v f (x 0 ,kx n −x 0 k) ≤ D f (x n , x 0 ) ≤M (1.8)
Suy ra dãy {v f (x 0 ,kx n −x 0 k)} cũng bị chặn bởi M Vì f là hàm lồi hoàn toàn nờn theo Mệnh đề 1.2.10 iv)v f (x,ã) là hàm tăng ngặt và dương trờn (0,∞) Suy ra v f (x,1)>0 với mọi x∈ X.
Bây giờ, giả sử ngược lại rằng dãy{x n }không bị chặn Khi đó, tồn tại một dãy con {x n k } ⊂ {x n } sao cho lim k→∞ kx n k k = ∞ Do đó lim k→∞ kx n k −x 0 k = ∞.
Từ Mệnh đề 1.2.10 ii), ta có v f (x 0 ,kx n k −x 0 k) ≥ kx n k −x 0 kv f (x,1)→ ∞, suy ra dãy {v f (x 0 ,kx n k −x 0 k)} không bị chặn, mâu thuẫn với (1.8) Vậy dãy {x n } bị chặn.
Mệnh đề 1.2.13 (xem [26], Mệnh đề 2.2) Nếu x ∈ domf, thì các khẳng định dưới đây là tương đương: i) Hàm f là lồi hoàn toàn tại x; ii) Với bất kỳ dãy {y n } ⊂domf, n→∞lim D f (y n , x) = 0, ta đều có lim n→∞ ky n −xk= 0.
Nhắc lại rằng, một hàm f được gọi là ổn định dãy trên C (xem [10]) nếu inf x∈E v f (x, t) >0 với mọi tập con bị chặn E của C và mọi số thực dương t. Nhận xét 1.2.14 Hàmf là lồi hoàn toàn trên mỗi tập con bị chặn C ⊂ X nếu và chỉ nếu nó ổn định dãy trên C.
Mệnh đề 1.2.15 (xem [10], Bổ đề 2.1.2) Hàm f : X −→ (−∞,∞] là một hàm lồi và C ⊂int domf Khi đó các khẳng định sau là tương đương. i) f là ổn định dãy trên C; ii) Với mọi dãy {x n } và {y n } trong C với {x n } là dãy bị chặn thỏa mãn lim n→∞ D f (y n , x n ) = 0 thì lim n→∞ kx n −y n k= 0.
Chứng minh i)⇒ii) Giả sử f là ổn định dãy trên C, nhưng tồn tại hai dãy {x n } và {y n }trong C với {x n }là dãy bị chặn thỏa mãn lim n→∞ D f (y n , x n ) = 0nhưng kx n − y n k 9 0 Khi đó, tồn tại số dương α và các dãy con {x n k } ⊂ {x n } và {y n k } ⊂ {y n } thỏa mãnkx n k −y n k k ≥ α với mọik ≥ 1 Đặt E = {x n }, khi đó E là tập bị chặn Do đó
D f (y n k , x n k ) ≥v f (x n k ,kx n k −y n k k) ≥v f (x n k , α) ≥ inf x∈Ev f (x, α), suy rainf x∈E v f (x, α) = 0, điều này mâu thuẫn với f là hàm lồi hoàn toàn (Nhận xét 1.2.14). ii) ⇒i) Giả sử ngược lại rằng tồn tại một tập bị chặn E ⊂ C sao cho inf x∈E v f (x, t) = 0 với t là một số thực dương nào đó Theo tính chất của cận dưới đúng, tồn tại dãy {x n } ⊂E sao cho
Suy ra tồn tại dãy {y n } ⊂E sao cho ky n −x n k=t và D f (y n , x n )< 1/n với mọi n ≥1 Do đó lim n→∞ D f (y n , x n ) = 0 Từ tính bị chặn của dãy {x n } và giả thiết ta nhận được
0< t= lim n→∞kx n −y n k= 0,đây là điều vô lý Vậy inf x∈E v f (x, t) >0 với mọi tập con bị chặn E trong C và mọi số thực dương t, hay f là ổn định dãy trên C.
Phép chiếu Bregman
Cho f : X −→ (−∞,∞] là một hàm lồi và khả vi Gâteaux Phép chiếu Bregman của x ∈ int domf lên tập con lồi, đóng và khác rỗng C ⊂ domf là véctơ duy nhất proj f C (x)∈ C thỏa mãn
Mệnh đề 1.2.16 Toán tử chiếu proj f C : int domf −→ C được cho bởi (1.9) là hoàn toàn xác định.
Chứng minh Lấy x∈ int domf Đặt α= inf{D f (y, x) : y ∈C}.
Khi đó, tồn tại dãy {y n } ⊂ C sao cho D f (y n , x) → α khi n → ∞ Suy ra dãy {D f (y n , x)} bị chặn trên bởi số thực β nào đó Từ đó, ta có v f (x,ky n −xk) ≤ D f (y n , x)≤ β (1.10)
Ta chỉ ra dãy {y n } bị chặn Giả sử ngược lại rằng dãy {y n } không bị chặn. Khi đó, tồn tại n 0 sao cho ky n −xk ≥ 1 với mọi n ≥ n 0 Khi đó, từ Mệnh đề 1.2.10 ii), suy ra v f (x,1)ky n −xk ≤ v f (x,ky n −xk), điều này mâu thuẫn với tính bị chặn của {v f (x,ky n −xk)} (xem (1.10)) Theo Mệnh đề 1.1.8, tồn tại dãy con {y n k } của dãy {y n } sao cho y n k * y ∗ Vì C là tập lồi, đóng nên C là tập đóng yếu (xem Mệnh đề 1.1.9) và do đó y ∗ ∈C Hàm
D f (ã, x) là nửa liờn tục dưới và lồi, do đú nú là nửa liờn tục dưới trờn int domf.
D f (y ∗ , x) ≤ lim inf k→∞ D f (y n k , x) =α≤ D f (y ∗ , x), suy ra D f (y ∗ , x) = α, tức là tồn tại ít nhất một phần tử y ∗ ∈ C sao cho α= D f (y ∗ , x) Vỡ D f (ã, x) là hàm lồi chặt nờn theo Mệnh đề 1.1.16, suy ra tớnh duy nhất củay ∗ Vậy phép chiếu Bregman proj f C : int domf −→ C là hoàn toàn xác định.
Nhận xét 1.2.17 i) Nếu X là một không gian Banach trơn và lồi chặt và f(x) =kxk 2 với mọix∈ X, thì 5f(x) = 2J x với mọix∈ X, trong đóJ là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc X vào 2 X ∗ được xác định bởi J x ={u ∗ ∈ X ∗ : hu ∗ , xi = kxk 2 ,ku ∗ k = kxk} với mọi x ∈ X, và do đó D f (x, y) trở thành φ(x, y) = kxk 2 −2hx, J yi+kyk 2 , với mọi x, y ∈ E, đây là hàm Lyapunov được xây dựng bởi Albert trong [1] và phép chiếu Bregman proj f C (x) trở thành phép chiếu tổng quát Π C (x) được xác định bởi φ(Π C (x), x) = min y∈C φ(y, x). ii) Nếu X = H là một không gian Hilbert, thìJ là ánh xạ đồng nhất và do đó phép chiếu Bregman proj f C (x) trở thành phép chiếu mêtric từ H lên C. Tính chất đặc trưng của phép chiếu Bregman được cho bởi mệnh đề dưới đây.
Mệnh đề 1.2.18 (xem [11], Hệ quả 4.4) Giả sử f khả vi Gâteaux và lồi hoàn toàn trên int domf Cho x ∈ int domf và cho C ⊂ int domf là một tập khác rỗng, lồi và đóng Nếu x ∈C, thì các khẳng định dưới đây là tương đương: i) x=proj f C (x); ii) x là nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân h5f(x)− 5f(x), z−xi ≥0 ∀z ∈ C; iii) x là nghiệm duy nhất của bất đẳng thức
Chứng minh i)⇒ii) Giả sử x=proj f C (x) Lấy bất kỳz ∈C, vì C là tập lồi nên ta có z t = x+t(z−x) ∈C với mọi t ∈(0,1] Khi đó, ta có
D f (x, x)≤ D f (z t , x), với mọi t ∈(0,1] Từ tớnh lồi và tớnh khả vi của D f (ã, x), ta cú
Theo Chú ý 1.2.3, 5f của nó là liên tục từ tôpô mạnh vào tôpô yếu* trên int domf, nên khi cho t→ 0 + trong bất đẳng thức trên, ta nhận được h5f(x)− 5f(x), z−xi ≥0, với mọi z ∈C. ii)⇒iii) Ta có
Do đó, ta nhận được kết luận trong iii). iii)⇒i) Vì D f (z, x)≥ 0 với mọi z ∈ C, nên ta nhận được
Hai thuật toán chiếu xấp xỉ nghiệm của bài toán điểm bất động tách 24
Phát biểu bài toán
Cho E và F là hai không gian Banach phản xạ thực Cho f : E −→ R và g : F −→ R là hai hàm Legendre, bị chặn, khả vi Fréchet đều và lồi hoàn toàn trên các tập con bị chặn của E và F, tương ứng Cho T i : E −→ E, i = 1,2, , N, và S j : F −→ F, j = 1,2, , M, là các toán tử Bregman không giãn tương đối Cho Θ : E −→ F là một toán tử tuyến tính bị chặn Giả sử
Ω :=∩ N i=1 F(T i )∩Θ −1 (∩ M j=1 F(S j )) 6=∅ Bài toán điểm bất động chung tách trong không gian Banach cho lớp toán tử Bregman không giãn tương đối được phát biểu như sau:
Phương pháp chiếu lai ghép
Để giải Bài toán (2.1), các tác giả Reich và Tuyen [25] đã đề xuất thuật toán chiếu lai ghép sau.
Thuật toán 2.2.1 Với bất kỳ x 0 ∈E, ta xác định dãy {x n } như sau: y i,n =T i (x n ), i = 1,2, , N, z j,n =S j (Θx n ), j = 1,2, , M, đặt d 1,n := max i=1,2, ,N{D f (y i,n , x n )}, d 2,n := max j=1,2, ,M{D g (z j,n ,Θ(x n ))},
L n := {j ∈ {1,2, , M}: D g (z j,n , x n ) =d 2,n }, nếu d 1,n ≥ d 2,n , chọn i n ∈ K n và đặt t n := y i n ,n ,Φ =I E , h =f, nếu d 1,n < d 2,n , chọn j n ∈ L n và đặt t n := z j n ,n ,Φ = Θ, h =g,
Chú ý 2.2.1 Thuật toán 2.2.1 đơn giản hơn Thuật toán 3.1 trong tài liệu [22], vì để tìm phần tử x n+1 , chúng ta chỉ cần tìm hình chiếu của x 0 lên giao của hai nửa không gian đóng (thay vì chiếu lên giao của ba nửa không gian đóng) Do đó, chúng ta có thể sử dụng công thức hiện của Solodov và Svaiter trong tài liệu
[28] (trang 8) để xác định x n+1 , khi E và F là các không gian Hilbert.
Trước khi phân tích sự hội tụ mạnh của Thuật toán 2.2.1, ta chỉ ra Ω là một tập con lồi và đóng của E Trước hết, ta chứng minh rằng, nếu T : E −→ E là một toán tử Bregman không giãn tương đối yếu F(T) 6=∅, thì F(T) là một tập con lồi và đóng củaE Giả sử{u n } ⊂F(T) thỏa mãnu n → u Vìku n −T u n k= 0 với mọi n ≥ 1, nên u ∈ Fb(T) Từ Fb(T) = F(T), suy ra u ∈ F(T) Do đó F(T) là một tập đóng Tiếp theo ta chỉ ra, F(T) là một tập lồi (xem [23]) Thật vậy, giả sử x, y ∈ F(T), tức là, x = T x và y = T y Khi đó, với mọi λ ∈ [0,1], đặt z =tx+ (1−t)y, ta có
Từ [5, Bổ đề 7.3(vi), p 642], suy ra T z =z, tức là, z ∈F(T) và vì vậy F(T) là một tập con lồi của E.
Bây giờ ta chỉ ra Ω là tập lồi và đóng Vì F(T i ), i = 1,2, , N và F(S j ), j = 1,2, , M, là các tập lồi và đóng, nên ∩ N i=1 F(T i ) và ∩ M j=1 F(S j ) là các tập con lồi và đóng của E và F, tương ứng Vì Θ là một toán tử tuyến tính, nên Θ −1 (∩ M j=1 F(S j )) là một tập con lồi và đóng của E Tóm lại, ta nhận được
Ω =∩ N i=1 F(T i )∩Θ −1 (∩ M j=1 F(S j )) là một tập lồi và đóng.
Sự hội tụ mạnh của dãy lặp {x n } xác định bởi Thuật toán 2.2.1 được thiết lập trong định lý dưới đây. Định lý 2.2.2 Bất kỳ dãy {x n } xác định bởi Thuật toán 2.2.1 hội tụ mạnh về x † = proj f Ω (x 0 ) khi n→ ∞.
Chứng minh Ta chia chứng minh của định lý này thành năm bước như sau. Bước 1 Dãy {x n } hoàn toàn xác định.
Trước hết, ta chỉ ra rằng C n và Q n là các tập con lồi và đóng của E Để thấy điều này, ta viết lại, với mỗi số nguyên n ≥0, các tập con C n và Q n ở các dạng tương ứng sau:
Khi Φ =I E hoạc Φ = Θ (toán tử tuyến tính bị chặn), ta nhận thấy rằng cả hai tập C n và Q n là các tập con lồi và đóng của E.
Tiếp theo, ta chứng minh Ω ⊂ C n ∩Q n với mọi n ≥ 0 Thật vậy, lấy bất kỳ p∈Ω, tức là, T i (p) =p và S j (Θp) = Θp với mọii = 1,2, , N, j = 1,2, , M, ta có
Từ định nghĩa của C n suy ra Ω⊂ C n với mọi n≥ 0.
Từ định nghĩa của Q n , ta cóQ 0 =E và do đó Ω⊂Q 0 Giả sử Ω⊂Q n−1 với n ≥1 nào đó Khi đó, từΩ⊂ C n với mọin ≥ 0suy ra Ω⊂ C n−1 ∩Q n−1 Vì vậy x n = proj f C n−1 ∩Q n−1(x 0 ) là hoàn toàn xác định vì C n−1 ∩Q n−1 là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của E Từ Mệnh đề 1.2.18 ii), ta có h5f(x 0 )− 5f(x n ), y−x n i ≤0 với mọi y ∈C n−1 ∩Q n−1 Do đó, từ p∈ Ω⊂C n−1 ∩Q n−1 , ta nhận được h5f(x 0 )− 5f(x n ), p−x n i ≤0, tức là, p ∈ Q n Bằng quy nạp toán học, ta nhận được Ω ⊂ Q n với mọi n ≥ 0. Như vậy Ω ⊂ C n ∩ Q n với mọi n ≥ 0 và C n ∩Q n là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của E với mọi số nguyên n ≥0 Điều này suy ra dãy {x n } hoàn toàn xác định, khẳng định được chứng minh.
Từ định nghĩa của Q n và Mệnh đề 1.2.18, ta có x n = proj f Q n(x 0 ) Áp dụng
Bổ đề 1.2.18 iii), với mỗi p∈Ω, ta nhận được
≤D f (p, x 0 ), suy ra dãy{D f (x n , x 0 )}bị chặn Do đó, từ Mệnh đề 1.2.12 suy ra dãy {x n }cũng bị chặn, khẳng định được chứng minh.
Từ x n = proj f Q n(x 0 ), x n+1 ∈Q n và Mệnh đề 1.2.18 iii), ta có
D f (x n+1 ,proj f Q n(x 0 )) +D f (proj f Q n(x 0 ), x 0 )≤ D f (x n+1 , x 0 ) và do đó
VìD f (x n+1 , x n ) ≥0, nên ta cóD f (x n+1 , x 0 ) ≥D f (x n , x 0 ), tức là, dãy{D f (x n , x 0 )} tăng Kết hợp với tính bị chặn của{D f (x n , x 0 )}, suy ra tồn tại giới hạn hữu hạn lim n→∞ D f (x n , x 0 ) Từ (2.2) suy ra rằng n→∞lim D f (x n+1 , x n ) = 0. từ Mệnh đề 1.2.15, ta nhận được n→∞lim kx n+1 −x n k= 0 và vì vậy n→∞lim kΦx n+1 −Φx n k= 0 (2.3) Theo Mệnh đề 1.2.4, ta có h liên tục đều, do đó từ (2.3), ta được n→∞lim kh(Φx n+1 )−h(Φx n )k= 0 (2.4)
Từ tính lồi và tính bị chặn của f và g (xem giả thiết đặt lên f và g), ta nhận được5f và5gbị chặn trên các tập con bị chặn của E vàF, tương ứng (xem [10, Mệnh đề 1.1.11]) Do đó, tồn tại một số thực dương K sao chok 5h(Φx n )k ≤ K với mọi n Lại từ tính bị chặn của các hàm f, g và tính bị chặn của {Φx n }, suy ra tồn tại số thực dương K 0 sso cho kh(Φx n )k ≤ K 0 Do đó, ta có
≤ kh(Φp)k+K 0 +K(L+kh(Φp)k) :=M, trong đó L= sup n {kΦx n k}