Trang 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCVŨ THỊ THUMỘT TIẾP CẬN KHƠNG GIAN TÍCH GIẢI BÀI TỐNĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG TÁCH TRONG KHÔNGGIAN HILBERT Trang 2 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCVŨ T
Một số đặc trưng của không gian Hilbert
Ta luôn giả thiết H là không gian Hilbert thực với tích vô hướng được kí hiệu là ⟨., ⟩ và chuẩn được kí hiệu là ∥.∥.
Trước hết, ta nhắc lại một đặc trưng hình học quan trọng của không gian Hilbert.
Mệnh đề 1.1.1 Trong không gian Hilbert thực H ta luôn có các đẳng thức sau i) ∥x−y∥ 2 +∥x−z∥ 2 =∥y−z∥ 2 + 2⟨x−y, x−z⟩ với mọi x, y, z∈ H. ii) ∥λx+ (1−λ)y∥ 2 =λ∥x∥ 2 + (1−λ)∥y∥ 2 −λ(1−λ)∥x−y∥ 2 với mọix, y ∈H và mọi λ∈ [0,1].
Chứng minh i) Thật vậy, ta có
=λ∥x∥ 2 + (1−λ)∥y∥ 2 −λ(1−λ)∥x−y∥ 2 Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.1.2 Cho H là một không gian Hilbert thực Khi đó, nếu với x, y ∈H thỏa mãn điều kiện
|⟨x, y⟩|= ∥x∥.∥y∥, tức là bất đẳng thức Schwars xảy ra dấu bằng thì hai véc tơ x và y là phụ thuộc tuyến tính.
Chứng minh Giả sử ngược lại rằng x̸=λy với mọiλ ∈R Khi đó, từ tính chất của tích vô hướng, ta có
0 n 0 Điều này suy ra rằng ∥x n i −x l i ∥ i < ε ∀n, l > n 0 và với mỗi i = 1,2, , m Do đó{x n i }là một dãy Cauchy trong H i với mỗii = 1,2, , m Vì mỗiH i là không gian Hilbert nên tồn tại các giới hạn lim n→∞ x n i = x i ∈ H i với i = 1,2, , m.
Do vậy ta nhận được x n → x= (x 1 , x 2 , , x m ), và vì thế H˜ là một không gian Hilbert.
Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.4.2 Cho H và H i , i = 1,2, , m, là các không gian Hilbert với tớch vụ hướng ⟨ã,ã⟩ và ⟨ã,ã⟩ i , i = 1,2, , m, tương ứng Cho T i : H −→ H i , i = 1,2, , m, là các toán tử tuyến tính bị chặn Cho H˜ là không gian tích được xác định trong Mệnh đề 1.4.1 và cho T : H −→ H˜ là một ánh xạ được xác định bởi
T x= (T 1 x, T 2 x, , T m x) với mọi x∈H Khi đó, các khẳng định sau đúng. i) Ánh xạ T là một toán tử tuyến tính bị chặn và
∥T i ∥ 2 ii) Toán tử liên hợp T ∗ : ˜H −→ H của T được xác định bởi
Chứng minh. i) Dễ thấy T là một toán tử tuyến tính.
∥T i ∥ 2 ∥x∥, suy ra T là một toán tử tuyến tính bị chặn và
∥T i ∥ 2 ii) Với mọi y ∈H và x= (x 1 , x 2 , , x m )∈ H, từ (1.4), ta có˜
T i ∗ x i Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.4.3 Cho H i , i = 1,2, , m, là các không gian Hilbert với các tích vụ hướng ⟨ã,ã⟩ i và chuẩn ∥.∥ i , i = 1,2, , m, tương ứng Cho H˜ là khụng gian tích được xác định trong Mệnh đề 1.4.1 Cho C i , i = 1,2, , m, là các tập con lồi, đúng và khỏc rỗng của H i , tương ứng, và đặt C˜ =C 1 ìC 2 ì ã ã ã ìC m Khi đó, khẳng định sau đúng: i) Tập hợp C˜ là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của H.˜ ii) Phép chiếu mêtric P C ˜ : ˜H −→ C˜ từ H˜ lên C˜ được xác định bởi
PC ˜(x 1 , x 2 , , x m ) = (P C 1 x 1 , P C 2 x 2 , , P C m x m ), trong đó P C i là phép chiếu mêtric từ H i lên C i với mỗi i = 1,2, , m. Chứng minh. i) Với x= (x 1 , x 2 , , x m ) và y = (y 1 , y 2 , , y m ) thuộc C, tức là,˜ x i , y i ∈C i với mọi i = 1,2, , m Khi đó, với mọi λ∈[0,1], ta có λx+ (1−λ)y =λ(x 1 , x 2 , , x m ) + (1−λ)(y 1 , y 2 , , y m )
= (λx 1 + (1−λ)y 1 , λx 2 + (1−λ)y 2 , , λx m + (1−λ)y m )∈ C˜ vì C i là một tập lồi và λx i + (1−λ)y i ∈C i với mỗi i = 1,2, , m Do đó C˜ là một tập con lồi của H.˜
Tiếp theo, ta chỉ ra rằng C˜ là tập đóng Giả sử {x n = (x n 1 , x n 2 , , x n m )} là một dãy trong C˜ sao cho x n → x = (x 1 , x 2 , , x m ) Khi đó ta có x n i → x i với mỗii = 1,2, , m VìC i là một tập con đóng của H i và{x n i } ⊂ C i nênx i ∈C i với mỗi i = 1,2, , m Điều này suy ra rằng x = (x 1 , x 2 , , x m ) ∈ C Do đó˜
C˜ là một tập con đóng của H˜. ii) Cho trước x= (x 1 , x 2 , , x m ) ∈H, đặt˜ z := (P C 1 x 1 , P C 2 x 2 , , P C m x m ).
Khi đó, với mọiy = (y 1 , y 2 , , y m )∈ C, tức là,˜ y i ∈ C i với mỗii = 1,2, , m, ta có
Vì P C i là phép chiếu mêtric từ H i lên C i nên ta có
Do đó, áp dụng Mệnh đề 1.1.9, ta nhận được z =P C ˜ x= (P C 1 x 1 , P C 2 x 2 , , P C m x m ).
Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.4.4 Cho H i , i = 1,2, , m, là các không gian Hilbert với các tích vụ hướng ⟨ã,ã⟩ i và chuẩn ∥.∥ i , i = 1,2, , m, tương ứng Cho H˜ là khụng gian tích được xác định trong Mệnh đề 1.4.1 Cho f i : H i −→ H i , i = 1,2, , m, là các ánh xạ co chặt với các hệ số co c i ∈[0,1) và đặt f : ˜H −→ H˜ là ánh xạ được xác định bởi f(x 1 , x 2 , , x m ) := (f 1 (x 1 ), f 2 (x 2 ), , f m (x m )) với mỗi (x 1 , x 2 , , x m ) ∈ H Khi đó˜ f là một ánh xạ co chặt với hệ số co c= maxi=1,2, ,m{c i }.
Chứng minh Với bất kỳ x = (x1, x2, , xm), y = (y1, y2, , ym) thuộc H˜, ta có
= max i=1,2, ,m{c i }∥x−y∥. Điều này suy ra rằngf là một ánh xạ co chặt với hệ số co c = maxi=1,2, ,m{c i }.Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.4.5 Cho H i , i = 1,2, , m, là các không gian Hilbert với tích vô hướng ⟨ã,ã⟩ i , i = 1,2, , m, tương ứng, và cho H˜ là khụng gian tớch được xỏc định trong Mệnh đề 1.4.1 Cho S i : H i −→ H i , i = 1,2, , m, là các ánh xạ không giãn, cho S˜: ˜H −→ H˜ là ánh xạ được xác định bởi
S(x˜ 1 , x 2 , , x m ) = (S 1 (x 1 ), S 2 (x 2 ), , S m (x m )) với mọi (x 1 , x 2 , , x m ) ∈ H Khi đó,˜ S˜ là một ánh xạ không giãn trên H˜ và (x 1 , x 2 , , x m ) ∈Fix( ˜S) khi và chỉ khi x i ∈Fix(S i ) với mỗi i = 1,2, , m.
Chứng minh Với bất kỳ x = (x 1 , x 2 , , x m ) và y = (y 1 , y 2 , , y m ) trong H,˜ từ tính không giãn của S i suy ra
=∥x−y∥ H ˜ , điều này chỉ ra rằng S˜ là một ánh xạ không giãn.
Bây giờ, giả sử rằng x = (x 1 , x 2 , , x m ) là một điểm bất động của S Khi˜ đó, ta có S(x) =˜ x, điều này dẫn đến
Do đóS i (x i ) =x i , tức là,x i là một điểm bất động củaS i với mỗii = 1,2, , m.Mệnh đề được chứng minh.
Tiếp cận không gian tích giải bài toán điểm bất động chung tách
Chương này bao gồm ba mục chính Mục 2.1 phát biểu bài toán điểm bất động chung tách với đa tập đầu ra trong không gian Hilbert Mục 2.2 và Mục 2.3 lần lượt trình bày về phương pháp xấp xỉ gắn kết và phương pháp chiếu giải bài toán điểm bất động chung tách dựa trên kỹ thuật không gian tích và một số kết quả đã biết cho bài toán chấp nhận tách.
Phát biểu bài toán
Ta xét bài toán điểm bất động chung tách sau: Cho H, H i , i = 1,2, , m, là các không gian Hilbert thực, cho T i : H −→ H i , i = 1,2, , m, là các toán tử tuyến tính bị chặn, và cho S, S i là các ánh xạ không giãn trên H và H i , i = 1,2, , m, tương ứng Tìm một phần tử x ∗ sao cho x ∗ ∈Ω 3 := Fix(S)∩(∩ m i=1 T i −1 (Fix(S i )))̸=∅, (2.1) tức là, x ∗ =S(x ∗ ) và T i x ∗ =S i (T i x ∗ ) với mọi i = 1,2, , m.
T 2 = A 2 A 1 , , và T m−1 = A m−1 A m−2 A 1 thì Bài toán (0.3) trở thành Bài toán (0.2) (xem [9]).
21 ii) Nếu S =P C và S i = P Q i , i = 1,2, , m, trong đó P C và P Q i là các phép chiếu mêtric từ H lên C và từ H i lên Q i , tương ứng, khi đó Bài toán (2.1) trở thành Bài toán (0.3). iii) Nếu H i = H và S = T i = I, toán tử đồng nhất trên H, với mọi i 1,2, , m thì Bài toán (2.1) trở thành bài toán tìm điểm bất động chung của họ ánh xạ không giãn S 1 , S 2 , , S m
Chú ý 2.1.2 Đặt H,˜ T và S˜ là các ánh xạ được xác định như trong các Mệnh đề 1.4.1, Mệnh đề 1.4.2 và Mệnh đề 1.4.5, tương ứng Khi đó Bài toán (2.1) trở thành bài toán điểm bất động chung tách sau:
Tìm một phần tử x ∗ sao cho x ∗ ∈Fix(S)∩T −1 (Fix( ˜S))̸=∅ (2.2)
Phương pháp xấp xỉ gắn kết
Cho H 1 và H 2 là hai không gian Hilbert thực Cho U : H 1 −→ H 1 và
V : H 2 −→ H 2 là các ánh xạ không giãn trên H 1 và H 2 , tương ứng và cho
A : H 1 −→ H 2 là một toán tử tuyến tính bị chặn từ H 1 vào H 2 Giả sử rằng
Ω4 := Fix(U)∩A −1 (Fix(V))̸=∅ Ta xét bài toán sau:
Tìm một phần tử x ∗ ∈Ω 4 (2.3) Để giải Bài toán (2.3), Reich và Tuyen [10] đã đưa ra hai định lý sau. Định lý 2.2.1 [10, Theorem 3.2] Với bất kỳ x 0 ∈ H 1 , cho {x n } là dãy được xác định bởi y n =U n (x n ), z n =V(Ay n ), t n =y n +δA ∗ (z n −Ay n ), x n+1 =α n f(x n ) + (1−α n )t n , n≥ 0,
(2.4) trong đó f : H 1 −→ H 1 là ánh xạ co từ H 1 vào chính nó với hệ số co c∈ [0,1), {α n } ⊂(0,1) và {β n } ⊂ (0,1) là dãy số thực dương, U n =β n I+ (1−β n )U Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
Khi đó, dãy {x n } hội tụ mạnh về x † ∈ Ω 4 , là nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân
⟨(I −f)x † , y−x † ⟩ ≥ 0 ∀y ∈ Ω 4 Định lý 2.2.2 [10, Theorem 3.4] Với bất kỳ x 0 ∈ H 1 , cho {x n } là dãy được xác định bởi y n =U n (x n ), z n =V(Ay n ), t n =y n +δ n A ∗ (z n −Ay n ), x n+1 =α n f(x n ) + (1−α n )t n , n≥ 0, trong đó f : H 1 −→ H 1 là một ánh xạ co từ H 1 vào chính nó với hệ số co c ∈ [0,1), {α n } ⊂ (0,1) và {β n } ⊂ (0,1) là dãy các số thực dương, U n β n I + (1−β n )U, và δ n
0, trái lại, với {ρ n } ⊂ [α, β] ⊂ (0,1) Nếu các điều kiện C1) và C2) của Định lý 2.2.1 được thỏa mãn thì dãy {x n } hội tụ mạnh về x † ∈ Ω 4 , là nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân
Sử dụng Chú ý 2.1.2 và Định lý 2.2.1, ta nhận được định lý dưới đây liên quan đến nghiệm của Bài toán (2.1). Định lý 2.2.3 Cho {x n } là dãy được xác định bởi x 0 ∈H và y n =S n (x n ), t n =y n +δ m
T i ∗ (S i (T i y n )−T i y n ), x n+1 =α n f(x n ) + (1−α n )t n , n≥ 0, trong đó f : H −→ H là một ánh xạ co từ H 1 vào chính nó, S n =β n I + (1− βn)S, {α n } ⊂ (0,1) và {β n } ⊂ (0,1) là các dãy số thực dương Nếu các điều kiện C1)–C2) và điều kiện δ ∈
Pm i=1∥T i ∥ 2 được thỏa mãn thì dãy {x n } hội tụ mạnh về x ∗ ∈ Ω 3 , là nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân
⟨(I −f)x ∗ , y−x ∗ ⟩ ≥ 0 ∀y ∈Ω 3 Chứng minh Trước hết, ta nhắc lại (xem Mệnh đề 1.4.2 và Mệnh đề 1.4.5) rằng
Từ (2.5), (2.6) và Mệnh đề 1.4.3 ii), suy ra t n =y n +δ n T ∗ (z n −T y n )
Từ Mệnh đề 1.4.3 i), ta có∥T∥ 2 ≤ Pm i=1∥T i ∥ 2 Do đó, nếuδ ∈ 0, 1
Vì vậy, áp dụng Định lý 2.2.1 cho H 1 = H, H 2 = ˜H, U = S, V = ˜S và
A= T, ta có điều cần chứng minh.
Ta có hệ quả dưới đây giải Bài toán (0.3).
Hệ quả 2.2.4 Cho {x n } là dãy được xác định bởi x 0 ∈H và y n =Sn(x n ), t n =y n +δ m
T i ∗ (P Q i (T i y n )−T i y n ), x n+1 =α n f(x n ) + (1−α n )t n , n≥ 0, trong đó f : H −→ H là một ánh xạ co từ H1 vào chính nó, Sn =βnI + (1− β n )P C , {α n ⊂ (0,1) và {β n } ⊂ (0,1) là các dãy số thực dương Nếu các điều kiện C1)–C2) và điều kiện δ ∈
Pm i=1∥T i ∥ 2 được thỏa mãn thì dãy {x n } hội tụ mạnh về x ∗ ∈ Ω 2 , là nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.2.3 cho S = P C và S i = P Q i với mỗi i 1,2, , m, ta nhận được điều phải chứng minh.
Ta có hệ quả dưới đây cho bài toán tìm điểm bất động chung của một họ hữu hạn ánh xạ không giãn trong không gian Hilbert.
Hệ quả 2.2.5 Cho H là một không gian Hilbert thực và cho S i : H −→ H, i = 1,2, , m, là các ánh xạ không giãn sao cho F = ∩ m i=1 Fix(S i ) ̸= ∅ Cho {x n } là dãy được xác định bởi x 0 ∈H và t n =x n +δ m
(S i (x n )−x n ), x n+1 =α n f(x n ) + (1−α n )t n , n≥ 0, trong đó f : H −→ H là một ánh xạ co từ H vào chính nó và {α n } ⊂ (0,1) là một dãy các số thực dương Nếu điều kiện C2) được thỏa mãn và δ ∈
0, 1 m thì dãy{x n } hội tụ mạnh về x ∗ ∈F, là nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.2.3 cho H i = H và S =T i =I, toán tử đồng nhất trên H, với mọi i = 1,2, , m, ta nhận được điều phải chứng minh.
Sử dụng Chú ý 2.1.2 và Định lý 2.2.2, ta thu được định lý dưới đây về một phương pháp lặp tự thích nghi giải Bài toán (2.1). Định lý 2.2.6 Cho {x n } là dãy được xác định bởi x 0 ∈H và y n =S n (x n ), t n =y n +δ n m
T i ∗ (S i (T i y n )−T i y n ), x n+1 =α n f(x n ) + (1−α n )t n , n≥ 0, trong đó f : H −→ H là một ánh xạ co từ H 1 vào chính nó, S n =β n I + (1− β n )S, {α n } ⊂(0,1) và {β n } ⊂ (0,1) là dãy số thực dương, và δ n
0, trái lại, với {ρ n } ⊂ [α, β] ⊂ (0,1) Nếu các điều kiện C1)–C2) được thỏa mãn thì dãy {x n } hội tụ mạnh về x ∗ ∈Ω 4 , là nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.2.1 cho H 1 = H, H 2 = ˜H, U = S, V = ˜S,
A= T, và sử dụng lập luận tương tự như chứng minh của Định lý 2.2.3, ta có y n =S n (x n ), z n = ˜S(T y n ) = (S 1 (T 1 y n ), S 2 (T 2 y n ), , S m (T m y n )), t n =y n +δ n m
T i ∗ (S i (T i y n )−T i y n ), x n+1 =α n f(x n ) + (1−α n )t n , n ≥0, trong đó {δ n }được xác định bởi δ n
0, trái lại, với {ρ n } ⊂[α, β] ⊂(0,1) Do đó, từ Định lý 2.2.2 suy ra dãy {x n } hội tụ mạnh về x ∗ ∈Ω 4 , là nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân
⟨(I −f)x ∗ , y−x ∗ ⟩ ≥ 0 ∀y ∈Ω 3 Định lý được chứng minh.
Cuối cùng, trong mục này, chúng tôi giới thiệu hai hệ quả của Định lý 2.2.6. Hai hệ quả này liên quan đến Bài toán (0.3) và bài toán điểm bất động chung của một họ hữu hạn ánh xạ không giãn trong không gian Hilbert, tương ứng.
Hệ quả 2.2.7 Cho {x n } là dãy được xác định bởi x 0 ∈H và y n = S n (x n ), t n =y n +δ n m
T i ∗ (P Q i (T i y n )−T i y n ), x n+1 =α n f(x n ) + (1−α n )t n , n≥ 0, trong đó f : H −→ H là một ánh xạ co từ H 1 vào chính nó, S n =β n I + (1− β n )P C , {α n } ⊂(0,1) và {β n } ⊂ (0,1) là các dãy số thực dương, và δ n
0, trái lại, với {ρ n } ⊂ [α, β] ⊂ (0,1) Nếu các điều kiện C1)–C2) được thỏa mãn thì dãy {x n } hội tụ mạnh về x ∗ ∈Ω 2 , là nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân
Hệ quả 2.2.8 Cho H là một không gian Hilbert thực và cho S i : H −→ H, i = 1,2, , m, là các ánh xạ không giãn sao cho F = ∩ m i=1 Fix(S i ) ̸= ∅ Cho {x n } là dãy được xác định bởi x 0 ∈H và t n =x n +δ n m
(S i (x n )−x n ), x n+1 =α n f(x n ) + (1−α n )t n , n≥ 0, trong đó f : H −→ H là một ánh xạ co từ H 1 vào chính nó, {α n } ⊂ (0,1) là một dãy số thực dương và δ n
0, trái lại, với {ρ n } ⊂ [α, β] ⊂ (0,1) Nếu điều kiện C2) được thỏa mãn thì dãy {x n } hội tụ mạnh về x ∗ ∈F, là nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân
Phương pháp chiếu
Năm 2020, để giải bài toán (2.3), Reich và Tuyen [11] đã đưa ra định lý sau. Định lý 2.3.1 (xem [11, Theorem 4.2]) Dãy {x n }, xác định bởi x 0 = x ∈ H 1 và y n =U(x n ), z n =V(T y n ),
Reich, Tuyen và Ha đã chứng minh định lý sau: Định lý 2.3.2 Dãy {x n }, xác định bởi x 0 =x∈H 1 , C 0 = D 0 = H 1 và y n = U(x n ), z n =V(T y n ),
D n+1 ={z ∈D n : ∥z n −Az∥ ≤ ∥Ay n −Az∥}, x n+1 =P C n+1 ∩D n+1 x 0 , n≥0, hội tụ mạnh về x † =P Ω 4 x 0
Chứng minh Ta chia chứng minh của định lý này thành bốn bước.
Bước 1 Dãy {x n } hoàn toàn xác định.
Trước hết, ta khẳng định rằng C n và D n là các tập con lồi và đóng của H 1 với mọi n ≥0 Để thấy điều này, với mỗin ≥ 0, ta viết lại các tập con C n+1 và
Sử dụng quy nạp và C 0 =D 0 = H 1 , suy ra C n và D n là các tập con lồi và đóng của H 1 với mọi n ≥0, như đã khẳng định.
Tiếp theo, ta khẳng định rằng Ω 4 ⊂ C n ∩D n với mọi n ≥ 0 Rõ ràng rằng
Ω 4 ⊂C 0 ∩D 0 = H 1 Giả sử Ω 4 ⊂ C n ∩D n với n ≥0 nào đó Lấy bất kỳ p∈Ω 4 , ta có U(p) =p và V(T p) =T p Từ tính không giãn của U và V suy ra rằng
Bây giờ, từ định nghĩa củaCn+1,Dn+1vàΩ4 ⊂Cn∩D n suy raΩ4 ⊂Cn+1∩D n+1
Vì vậy, bằng quy nạy ta thu được Ω 4 ⊂ C n ∩D n với mọi n ≥ 0, như đã khẳng định Do đó C n ∩D n là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của H 1 với mỗi số nguyên n ≥ 0, và điều này cũng suy ra rằng dãy {x n } hoàn toàn xác định. Bước 2 ∥x n+1 −x n ∥ →0khi n→ ∞.
Trước hết, ta chỉ ra dãy {x n } bị chặn Thật vậy, đặt x † = P Ω 4 x 0 Từ Ω 4 ⊂
C n ∩D n suy ra x † ∈ C n ∩D n với mọi n ≥0 Do đó, từ x n = P C n ∩D n x 0 , ta nhận được
∥x 0 −x n ∥ ≤ ∥x 0 −x † ∥ (2.8) với mọi n ≥ 0 Do đó dãy {x n } bị chặn.
Tiếp theo, từ x n+1 = P C n+1 ∩D n+1 x 0 ∈ C n ∩D n , x n = P C n ∩D n x 0 và Hệ quả 1.1.10 b), ta thấy rằng
∥x n −x 0 ∥ 2 ≤ ∥x n+1 −x 0 ∥ 2 − ∥x n+1 −x n ∥ 2 ≤ ∥x n+1 −x 0 ∥ 2 Điều này suy ra dãy {∥x n −x 0 ∥} là đơn điệu tăng Do đó, kết hợp với tính bị chặn của {x n } suy ra tồn tại giới hạn hữu hạn của dãy {∥x n −x 0 ∥}.
Tiếp theo, ta chỉ ra dãy {x n }hội tụ mạnh về một phần tử p∈H 1 Thật vậy, với mọi m ≥ n, ta có C m ∩D m ⊂ C n ∩D n Do đó, x m ∈ C n ∩D n Từ Hệ quả 1.1.10 b), suy ra
∥x m −x n ∥ 2 ≤ ∥x m −x 0 ∥ 2 − ∥x n −x 0 ∥ 2 → 0 khi m, n → ∞ Vì vậy {x n } là một dãy Cauchy Suy ra tồn tại giới hạn lim n→∞ x n =q Do đó, ta có
∥x n+1 −x n ∥ ≤ ∥x n+1 −q∥+∥x n −q∥ →0, điều này suy ra ∥x n+1 −x n ∥ →0 khi n → ∞, như đã khẳng định.
Từ x n+1 =P C n ∩D n x 0 ∈ C n và định nghĩa của C n , ta có
Do vậy, sử dụng lim n→∞ ∥x n+1 −x n ∥= 0, ta nhận được
Từ x n+1 =P C n ∩D n x 0 ∈ D n và định nghĩa của D n , ta nhận được
Do đó, sử dụng (2.9) và đánh giá
Vì x n → q và A là một toán tử tuyến tính bị chặn, nên Ax n → Aq Từ(2.10), (2.12), tính liên tục của U và V suy ra q ∈Ω 4
Cho n → ∞ trong (2.8), ta nhận được
Từ tính duy nhất của x † suy ra q =x † Định lý được chứng minh.
Sử dụng Chú ý 2.1.2 và Định lý 2.3.1, ta nhận được kết quả dưới đây liên quan đến Bài toán (2.1). Định lý 2.3.3 Dãy {x n }, xác định bởi x 0 =x∈H và y n =S(x n ), z n = (S 1 (T 1 y n ), S 2 (T 2 y n ), , S m (T m y n )),
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.3.1 cho U = S, V = ˜S, A = T, H 1 = H và
H 2 = ˜H, ta nhận được điều phải chứng minh.
Chú ý 2.3.4 Các tập hợp C n và D n có thể viết ở dạng sau:
Ta có hệ quả dưới đây cho Bài toán (0.3).
Hệ quả 2.3.5 Dãy {x n }, xác định bởi x 0 =x∈ H và y n =P C (x n ), z n = (P Q 1 (T 1 y n ), P Q 2 (T 2 y n ), , P Q m (T m y n )),
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.3.3 cho S = P C và S i = P Q i với mỗi i 1,2, , m, ta nhận được điều phải chứng minh.
Ta có hệ quả dưới đây cho bài toán tìm điểm bất động chung của một họ hữu hạn ánh xạ không giãn trong không gian Hilbert.
Hệ quả 2.3.6 Cho H là một không gian Hilbert thực và cho S i : H −→ H, i = 1,2, , m, là các ánh xạ không giãn sao cho F = ∩ m i=1 Fix(S i )̸= ∅ Khi đó, dãy {x n }, xác định bởi x 0 =x∈ H và
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.3.3 cho Hi = H và S =Ti =I, toán tử đồng nhất trên H, với mỗi i = 1,2, , m, ta nhận được y n =x n , z n = (S 1 (x n ), S 2 (x n ), , S m (x n )).
Vì vậy dãy {x n } hội tụ mạnh về x † =P F x 0
Sử dụng Chú ý 2.1.2 và Định lý 2.3.2, ta thu được định lý dưới đây, để giải Bài toán (2.1). Định lý 2.3.7 Dãy {x n }, xác định bởi x 0 =x∈H, C 0 =D 0 =H và y n =S(x n ), z n = (S 1 (T 1 y n ), S 2 (T 2 y n ), , S m (T m y n )),
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.3.2 cho U =S, V = ˜S, A =T và H 2 = ˜H, ta nhận được điều phải chứng minh.
Cuối cùng, ta có các hệ quả dưới đây cho Bài toán (0.3) và bài toán điểm bất động chung của họ hữu hạn ánh xạ không giãn, tương ứng.
Hệ quả 2.3.8 Dãy {x n }, xác định bởi x 0 =x∈ H, C 0 = D 0 =H và y n =P C (x n ), z n = (P Q 1 (T 1 y n ), P Q 2 (T 2 y n ), , P Q m (T m y n )),
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.3.7 cho S = P C và S i = P Q i với mỗi i 1,2, , m, ta nhận được điều phải chứng minh.
Hệ quả 2.3.9 Cho H là một không gian Hilbert thực và cho S i : H −→ H, i = 1,2, , m, là các ánh xạ không giãn sao cho F = ∩ m i=1 Fix(S i )̸= ∅ Khi đó, dãy {x n }, xác định bởi x 0 =x∈ H, D 0 =H và
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.3.3 cho H i = H và S = T i = I, với mọi i = 1,2, , m, ta nhận được điều phải chứng minh.
Luận văn đã trình bày lại một cách khá chi tiết và hệ thống về các vấn đề sau:
Một số tính chất đặc trưng của không gian Hilbert, ánh xạ không giãn và toán tử đơn điệu trong không gian Hilbert;
Toán tử liên hợp của một toán tử tuyến tính bị chặn;
Tích Đề các của các không gian Hilbert cùng với một số tính chất liên quan (tích vô hướng, chuẩn trên không gian tích, toán tử liên hợp trên không gian tích, phép chiếu mêtric trên không gian tích ) để nhằm chuẩn bị cho việc trình bày các nội dung chính ở Chương 2;
Các kết quả của Reich, Tuyen và Ha trong tài liệu [12] về một tiếp cận không gian tích giải bài toán điểm bất động chung tách.
[1] Liêm N X (2002), Giải tích hàm, NXB Giáo dục.
[2] Agarwal R P., O’Regan D., Sahu D R (2009), Fixed Point Theory for Lipschitzian-type Mappings with Applications, Springer.
[3] Bauschke H.H., Combettes P.L (2011), Convex Analysis and Monotone Operator Theory in Hilbert spaces, Springer.
[4] Byrne C (2002), “Iterative oblique projection onto convex sets and the split feasibility problem”, Inverse Problems, 18(2), pp 441-453.
[5] Byrne C (2004), “A unified treatment of some iterative algorithms in signal processing and image reconstruction”, Inverse Problems, 18, pp 103-120.
[6] Censor Y., Elfving T (1994), “A multi projection algorithm using Bregman projections in a product space”, Numer Algorithms, 8 (2-4), pp 221–239.
[7] Goebel K., Kirk W.A (1990), Topics in Metric Fixed Point Theory, Cam- bridge Stud Adv Math 28, Cambridge Univ Press, Cambridge, UK.
[8] S Reich, M T Truong, T N H Mai (2020), The split feasibility problem with multiple output sets in Hilbert spaces, Optimizaton Letters.