Trang 1 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ------ ĐẶNG THỊ HƢƠNG HAI THUẬT TOÁN CHIẾU TÌM NGHIỆM CHUNG CỦA CÁC BÀI TỐN BAO HÀM ĐƠN ĐIỆU, Trang 2 Mục lụcMở đầu 1Lời cảm ơn 5C
Về một số đặc trưng của không gian Hilbert
Mệnh đề 1.1.1 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwars) Cho H là một không gian Hilbert thực Khi đó, nếu với x, y ∈H ta đều có
Chứng minh Nếu y = 0 thì bất đẳng thức trên đúng Giả sử y ̸= 0, khi đó, từ tính chất của tích vô hướng, ta có
∥y∥ 2 , thì bất đẳng thức trên trở thành
Mệnh đề được chứng minh. Định nghĩa 1.1.2 Cho H là một không gian Hilbert thực. i) Dãy {x n } trong H được gọi là hội tụ yếu đến phần tử x∈ H, ký hiệu là xn ⇀ x, nếu với mọi y ∈ H thì n→∞lim ⟨x n , y⟩ =⟨x, y⟩ hay lim n→∞⟨x n −x, y⟩ = 0. ii) Dãy {x n } trong H được gọi là hội tụ mạnh đến phần tử x ∈ H, ký hiệu là x n → x, nếu n→∞lim ∥x n −x∥ = 0.
Chú ý 1.1.3 i) Dãy{x n } trong H hội tụ mạnh đến phần tử x ∈H thì cũng hội tụ yếu đến x ∈H. ii) Dãy {x n } trong H hội tụ yếu đến phần tử x∈ H thì chưa chắc hội tụ mạnh đến phần tử đó.
Thật vậy, ta xem xét ví dụ sau.
Ví dụ 1.1.4 Xét không gian bình phương khả tổng H =l 2 , với l 2 x= (x 1 , x 2 , , x i , ) x 1 , x 2 , , x i , ∈ R,
X i=1 x 2 i lim inf n→∞ (∥x n −x∥ 2 + 2⟨x n −x, x−y⟩)
Do đó, ta nhận được lim inf n→∞ ∥xn−x∥ < lim inf n→∞ ∥xn−y∥.
Mệnh đề được chứng minh.
Phép chiếu mêtric
Mệnh đề 1.2.1 Cho H là một không gian Hilbert thực, C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của H Khi đó với mỗi x ∈ H, tồn tại duy nhất phần tử x 0 ∈C sao cho
∥x−x 0 ∥ = inf y∈C∥x−y∥ (1.2) Điểm x 0 ∈C thỏa mãn (1.2) được gọi là hình chiếu của x trên C, ký hiệu là PCx, nghĩa là PCx là một điểm thuộc C và gần điểm x nhất.
Chứng minh Thật vậy, đặt d= inf y∈C∥x−y∥ Khi đó, tồn tại dãy {xn} ⊂C sao cho ∥x−x n ∥ → d, n → ∞ Từ đó ta có
Do đó {x n } là dãy Cauchy trong H Suy ra tồn tại x 0 = lim n→∞x n ∈ C Do chuẩn là hàm số liên tục nên ∥x−x 0 ∥ = d Giả sử tồn tại x ∗ ∈ C sao cho
Suy ra x ∗ = x 0 Vậy tồn tại duy nhất một phần tử P C x∈ C sao cho
Mệnh đề được chứng minh. Định nghĩa 1.2.2 Cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng trong không gian Hilbert thực H, toán tử PC :H → C thỏa mãn
∥x−P C x∥ = inf y∈C∥x−y∥ được gọi là phép chiếu mêtric từ H lên C.
Dưới đây, luận văn trình bày một số ví dụ đơn giản về phép chiếu mêtric.
Ví dụ 1.2.3 Giả sử a, b ∈ R N , a ̸= 0 Xét nửa không gian C ⊂ R N cho bởi
Khi đó toán tử chiếu lên C xác định như sau: nếu x ∈C thì PCx= x Nếu x /∈ C thì hình chiếu của x lên C chính là giao điểm của mặt phẳng C1 và đường thẳng vuông góc với mặt phẳng C 1 và đi qua x ký hiệu là d, với
Vì đường thẳng dvuông góc với C1 nên a chính là vectơ chỉ phương của d.
Thay u = x−at vào phương trình mặt phẳng C 1 , được
Vậy hình chiếu của x lên C là P C x= x− ⟨a, x−b⟩
Tóm lại ta thu được
Ví dụ 1.2.4 Giả sử C = {(u 1 , u 2 ) ∈ R 2 : a ≤ u 1 ≤ b, c ≤ u 2 ≤ d} Khi đó, với mỗi x= (x1, x2)∈ R 2 , ta có PCx = (v1, v2), trong đó v1
Mệnh đề 1.2.5 Cho C là tập con lồi đóng khác rỗng của không gian Hilbert H Điều kiện cần và đủ để ánh xạ PC : H → C là phép chiếu mêtric từ H lên C là
Chứng minh Giả sửP C là phép chiếu mêtric từH lên C thì với mọi x∈ H, y ∈ C có P C x∈ C Vì C là tập con lồi, đóng nên tPCx+ (1−t)y ∈ C, ∀t ∈ [0,1].
Theo định nghĩa phép chiếu mêtric ta có:
2 ∥(PCx−y)∥ 2 Cho t → 1 − ta thu được (1.3).
Ngược lại, giả sử ⟨x−PCx, y−PCx⟩ ≤ 0 với mọi y ∈ C, x ∈H Ta có:
≤ ∥x−y∥ 2 Vậy PC là phép chiếu mêtric từ H lên C.
Mệnh đề 1.2.6 Cho H là không gian Hilbert thực và cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của H Khi đó, với mọi x∈ H và y ∈ C, ta có
Chứng minh Từ (1.3), ta có
≥ ∥x−PCx∥ 2 +∥y−PCx∥ 2 Mệnh đề được chứng minh.
Một số lớp ánh xạ kiểu không giãn
Định nghĩa 1.3.1 ChoC là một tập con khác rỗng của không gian Hilbert thực H. i) Ánh xạ S : C → H được gọi là ánh xạ L-liên tục Lipschitz trên C nếu tồn tại hằng số L≥ 0 sao cho
∥Sx−Sy∥ ≤ L∥x−y∥, ∀x, y ∈ C (1.4) ii) Trong (1.4), nếu L ∈ [0,1) thì S được gọi là ánh xạ co; nếu L = 1 thì S được gọi là ánh xạ không giãn Kí hiệu, Fix(S) là tập tất cả các điểm bất động của S thì Fix(S) ={x∈ C : Sx = x}. Định nghĩa 1.3.2 ChoC là một tập con khác rỗng của không gian Hilbert thực H Ánh xạ S : C → H được gọi là tựa không giãn nếu Fix(S) khác rỗng và ta có
∥Sx−p∥ ≤ ∥x−p∥, với mọi x∈ C và mọi p ∈ Fix(S).
Chú ý 1.3.3 Mọi ánh xạ không giãn với tập điểm bất động khác rỗng đều là ánh xạ tựa không giãn Tuy nhiên điều ngược lại không đúng Chẳng hạn, ánh xạ
0, x= 0, với mọi x ∈ R, là ánh xạ tựa không giãn nhưng không là ánh xạ không giãn (xem [4]) Thật vậy, dễ dàng kiểm tra được Fix(S) = {0} Do đó với mỗi x∈ R và p = 0, ta có
Suy ra |Sx −p| ≤ |x−p| với mọi x ∈ R Như vậy S là một ánh xạ tựa không giãn.
Chọn x= 2/π và y = 4/5π, khi đó ta có
Suy ra S không là ánh xạ không giãn. Định nghĩa 1.3.4 ChoC là một tập con khác rỗng của không gian Hilbert thực H Ánh xạ S : C → H được gọi là không giãn ổn định nếu
⟨x−y, Sx−Sy⟩ ≥ ∥Sx−Sy∥ 2 , (1.5) với mọi x, y ∈ C.
Chú ý 1.3.5 a) Bất đẳng thức (1.5) tương đương với bất đẳng thức sau:
Thật vậy, ta có (1.6) tương đương với
= ⟨x−y, Sx−Sy⟩ − ∥Sx−Sy∥ 2 Điều này tương đương với
⟨x−y, Sx−Sy⟩ ≥ ∥Sx−Sy∥ 2 b) Từ định nghĩa của ánh xạ không giãn ổn định S và bất đẳng thức Cauchy–Schwars, ta có
∥Sx−Sy∥ 2 ≤ ∥x−y∥∥Sx−Sy∥ với mọi x, y ∈ C Suy ra ∥Sx − Sy∥ ≤ ∥x− y∥ và do đó S là một ánh xạ không giãn Tuy nhiên, điều ngược lại không đúng, chẳng hạn
Sx = −x với x∈ R là một ánh xạ không giãn nhưng không là ánh xạ không giãn ổn định.
Nhận xét 1.3.6 Phép chiếu mêtric PC là một ánh xạ không giãn ổn định và ta có Fix(PC) = C.
Thật vậy, với mọi x, y ∈H, từ Mệnh đề 1.3, với mọi z ∈ C, ta có
Trong (1.7) và (1.8), lần lượt thay z bởi P C y và P C x, rồi cộng lại, ta được
⟨x−y, PCx−PCy⟩ ≥ ∥PCx−PCy∥ 2 Vậy PC là một ánh xạ không giãn ổn định. Định nghĩa 1.3.7 Cho E là không gian Banach trơn, C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của E và cho η là một số thực với η ∈ (−∞,1) Một ánh xạ T : C → E với Fix(T) = {x ∈ C : T x = x} ̸= ∅ được gọi là η-nửa khoảng cách nếu, với mọi x ∈C và p ∈ Fix(T), bất đẳng thức sau đúng:
2⟨x−p, J(x−T x)⟩ ≥ (1−η)∥x−T x|| 2 , ở đó J là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc và được xác định bởi
Khi E là không gian Hilbert H, thì J trùng với ánh xạ đồng nhất và do đó ánh xạ T là η-nửa khoảng cách nếu với mọi x ∈ C và p ∈ Fix(T), bất đẳng thức sau đúng:
Chú ý 1.3.8 Mọi ánh xạ không giãn ổn định S : C →H đều là(−1)-nửa khoảng cách.
Thật vậy, với mọi x ∈C và mọi p ∈ Fix(T), từ (1.6), ta có
Do đó S là (−1)-nửa khoảng cách.
Toán tử đơn điệu
Cho toán tử đa trị A :H →2 H , miền xác định, miền ảnh và đồ thị của toán tử A được xác định lần lượt như sau:
Toán tử nghịch đảo A −1 của A được xác định bởi x∈ A −1 (y) khi và chỉ khi y ∈A(x).
Tập các không điểm của A được ký hiệu là A −1 (0) và được xác định bởi
A −1 (0) = {x∈ H : 0∈ A(x)}. Định nghĩa 1.4.1 ChoH là không gian Hilbert thực, toán tửA : H → 2 H được gọi là: i) đơn điệu nếu với mọi x, y ∈ D(A), ta có
⟨x−y, u−v⟩ ≥ 0, ∀u∈ A(x), ∀v ∈ A(y) và đơn điệu chặt trên H nếu dấu "=" của bất đẳng thức trên chỉ xảy ra khi x = y; ii) đơn điệu cực đại nếu đồ thị Gr(A) của nó không thực sự chứa trong đồ thị của một toán tử đơn điệu nào khác trong H.
Ví dụ 1.4.2 Cho H là một không gian Hilbert và T : H → H là một ánh xạ không giãn, tức là ∥T x−T y∥ ≤ ∥x−y∥, với mọi x, y ∈ H Khi đó
A = I −T là một toán tử đơn điệu, với I là toán tử đơn vị trên H Hơn nữa, A =I −T là một toán tử đơn điệu cực đại.
Thật vậy, với mọi x, y ∈H, ta có
Suy ra A là một toán tử đơn điệu.
Ví dụ 1.4.3 Toán tử A(x) =x 3 + 1 với x ∈R là đơn điệu cực đại trên R.
Thật vậy, hiển nhiên A là một toán tử đơn điệu trên R Ta sẽ chỉ ra đồ thị của A không là tập con thực sự của bất kỳ một toán tử đơn điệu nào khác trên R Giả sử tồn tại một toán tử đơn điệu B trên R sao cho đồ thị của B chứa thực sự đồ thị của A Khi đó, tồn tại phần tử x0 ∈ R sao cho (x 0 , m)∈ G(B), nhưng (x 0 , m) ∈/ G(A) Như vậy sẽ xảy ra hai trường hợp hoặc A(x 0 )> m hoặc A(x 0 ) < m.
Giả sử x 1 là nghiệm của phương trình A(x) = m, tức là A(x 1 ) = m.Khi đó, x 1 < x 0 Theo định lý giá trị trung bình, tồn tại x 2 ∈ (x 1 , x 0 ) sao cho n = A(x2) ∈ (m, A(x0)) Từ (x0, m) ∈ G(B) và (x2, A(x2)) ∈ G(A) ⊂ G(B), suy ra
Vì x 0 > x 2 , nên A(x 2 ) ≤ m, điều này mâu thuẫn với A(x 2 ) ∈ (m, A(x 0 )). Như vậy, không thể xảy ra trường hợp A(x0) > m.
Giả sử x 1 là nghiệm của phương trình A(x) = m, tức là A(x 1 ) = m. Khi đó, x 1 > x 0 Theo định lý giá trị trung bình, tồn tại x 2 ∈ (x 0 , x 1 ) sao cho n = A(x2) ∈ (A(x0), m) Từ (x0, m) ∈ G(B) và (x2, A(x2)) ∈ G(A) ⊂ G(B), suy ra
Vì x 0 < x 2 , nên A(x 2 ) ≥ m, điều này mâu thuẫn với A(x 2 ) ∈ (A(x 0 ), m). Như vậy, không thể xảy ra trường hợp A(x0) < m.
Vậy không tồn tại toán tử đơn điệu B trên R sao cho đồ thị của B chứa thực sự đồ thị của A Do đó, A là một toán tử đơn điệu cực đại trên R.
0, nếu x < −1, với mọi x∈ R là đơn điệu nhưng không đơn điệu cực đại trên R.
Thật vậy, rõ ràng A là một toán tử đơn điệu, nhưng đồ thị của A là tập con thực sự của đồ thị của toán tử đơn điệu B(x) = x 3 + 1 với mọi x ∈R. Định nghĩa 1.4.5 ChoH là không gian Hilbert thực, toán tử A :H → H được gọi làγ-đơn điệu mạnh ngược trên H với hệ số γ >0 (hay γ-đơn điệu mạnh ngược trên H còn được viết ngắn gọn là γ-ism) nếu
⟨x−y, u−v⟩ ≥ γ∥u−v∥ 2 , ∀x, y ∈ H,với mọi u∈ A(x) và v ∈ A(y). Định nghĩa 1.4.6 Cho A là một toán tử đơn điệu Với mỗi λ > 0, ánh xạ J λ A : R(I +λA) →D(A) được xác định bởi:
J λ A = (I +λA) −1 được gọi là toán tử giải của A.
Chú ý 1.4.7 a) Không khó để thấy rằng A −1 (0) = Fix(J λ A ) với mọi λ > 0 Thật vậy, với λ > 0, ta có x ∈ A −1 (0) tương đương với x∈ x+λA(x) hay x ∈Fix(J λ A ). b) Toán tử giảiJ r A là ánh xạ không giãn ổn định Thật vậy, đặt u =J r A x và v = J r A y Khi đó, ta có x ∈ u+rA(u) và y ∈ v+rA(v) Do đó, từ tính đơn điệu của A, ta thu được
⟨x−y, J r A x−J r A y⟩ ≥ ∥J r A x−J r A y∥ 2 Như vậy J r A là một ánh xạ (−1)-nửa khoảng cách (xem Chú ý 1.3.8). c) Với mọi số dương λ và à, ta luụn cú đẳng thức sau
Từ tính đơn điệu của A, suy ra
⟨àx+ (λ−à)z−λy−àx+àz, y −z⟩ ≥ 0,tương đương với −λ∥y−z∥ 2 ≥ 0 Suy ra, y = z và do đó ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.4.8 Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H Hàm chỉ của tập C được xác định bởi iC(x)
Ta có, với mỗi x ∈ C, u ∈ ∂iC(x) khi và chỉ khi ⟨u, z − x⟩ ≤ 0 với mọi z ∈ C Do đó ∂iC(x) = NC(x)-nón pháp tuyến của C tại x Ngoài ra, ta còn có ∂i C là một toán tử đơn điệu cực đại (xem [8]).
Bây giờ ta tìm giải của ∂iC Với λ > 0, giả sử y = J λ ∂i C (x), với x ∈ H. Điều này tương đương với x−y ∈ λ∂iC(x) =NC(x) hay ⟨x−y, z−x⟩ ≤ 0 với mọi z ∈ C Do đó, theo (1.3), ta nhận được y =P C x Tóm lại, ta luôn có J λ ∂i C = P C Định nghĩa 1.4.9 Toán tử đơn điệu A được gọi là thỏa mãn điều kiện miền ảnh nếu D(A) ⊂ R(I + λA) với mọi λ > 0, trong đó D(A) kí hiệu bao đóng miền xác định của A.
Chú ý 1.4.10 Giả sử G là toán tử đơn điệu cực đại trên H và B là một toán tử γ- đơn điệu mạnh ngược Với mỗi α > 0, ta xác định ánh xạ
S = J α G (I − αB) Nếu α ∈ (0,2γ), thì với mọi x, y ∈ H, ta suy ra từ tính không giãn của J α G và tính đơn điệu mạnh ngược của B rằng
≤ ∥x−y∥ 2 Điều này kéo theo S là một ánh xạ không giãn.
Hai thuật toán chiếu tìm nghiệm chung của các bài toán bao hàm đơn điệu, điểm bất động và không điểm 25
Phương pháp chiếu thu hẹp
Để giải Bài toán (0.2), trước tiên luận văn trình bày một thuật toán song song sử dụng phương pháp chiếu thu hẹp được đề xuất và nghiên cứu bởi Tuyen T.M và Trang N.M trong [12].
Thuật toán 2.1.1 Cho {λ n }, {η n } và {r n } là ba dãy số thực dương Với bất kì phần tử ban đầu x1 ∈C, đặt C1 = C và xác định dãy {xn} như sau:
1 Tính y i,n = S i x n , với mọi i = 1,2, , N và đặt d 1,n = max i=1,2, ,N{∥y i,n −x n ∥}, Ξ 1,n = {i = 1,2, , N : ∥y i,n −x n ∥ = d 1,n },trong đó S i = J η G n i (I −η n B i ) với mọi i = 1,2, , N.
2 Tính zj,n = Ujxn với mọi j = 1,2, , M và đặt d 2,n = max j=1,2, ,M{∥z j,n −x n ∥}, Ξ 2,n = {i = 1,2, , M :∥z j,n −x n ∥ = d 2,n }, trong đó U j = (1−λ n )I +λ n T j với mọi j = 1,2, , M.
3 Tính t k,n =J r A n k x n với mọi k = 1,2, , K và đặt d3,n = max k=1,2, ,K{∥t k,n −xn∥}, Ξ3,n = {k = 1,2, , K : ∥tk,n−xn∥ = d3,n}.
4 Chọn phần tử un như sau: u n
y i n ,n , với i n ∈ Ξ 1,n nếu d 1,n = max i=1,2,3 {d i,n }, zj n ,n, với jn ∈ Ξ2,n nếu d2,n = maxi=1,2,3{di,n}, tk n ,n, với kn ∈ Ξ3,n nếu d3,n = maxi=1,2,3{di,n}.
5 Xác định tập Cn+1 như sau:
Sự hội tụ mạnh của Thuật toán 2.1.1 được trình bày trong định lý sau. Định lý 2.1.2 Nếu các dãy {λ n }, {η n } và {r n } thỏa mãn các điều kiện sau:
(iii) infn{rn} ≥c >0, thì dãy {x n } xác định bởi Thuật toán 2.1.1 hội tụ mạnh về x ∗ = P S x 1 khi n → ∞.
Chứng minh Ta chia chứng minh của định lý này thành bốn bước như sau: Bước 1 Dãy {x n } hoàn toàn xác định. Đầu tiên ta chứng minh rằng C n là tập con đóng và lồi của H Rõ ràng
C1 đóng và lồi, vì C1 = C Giả sử Cn là tập con đóng và lồi của H với n ≥ 1 bất kỳ Khi đó ta có
2( x 2 n − ∥u n ∥ 2 )}, tức là C 1 cũng là tập con đóng và lồi của H Do đó, bằng quy nạp toán học, ta kết luận rằng Cn là tập con đóng và lồi của H với mỗi n ≥ 1 Tiếp theo, ta chỉ ra rằng S ⊂ Cn với mọi n ≥ 1 Ta thấy S ⊂ C1 = C. Giả sử rằngS ⊂ C n vớin ≥ 1 Lấy bất kỳ điểmp ∈S, từp ∈ ∩ N i=1 Fix(T i ) ∩ M j=1 Fix(U j ) và tính tựa không giãn của U j (xem Bổ đề 1.5.4) ta có
∥zj,n −p∥ = ∥Ujxn−p∥ ≤ ∥xn −p∥, (2.1) với mọi j = 1,2, , M Hơn nữa, từ tính không giãn của Si và J r A n k , ta có
≤ ∥xn−p∥ (2.3) với mọi i = 1,2, , N và k = 1,2, , K Vì vậy, từ (2.1)-(2.3) và định nghĩa của u n ta có
∥u n −p∥ ≤ ∥x n −p∥. Điều này cho thấy rằng p ∈ {z ∈ H : ∥u n −z∥ ≤ ∥x n −z∥}, và do đó,
S ⊂ {z ∈ H : ∥un−z∥ ≤ ∥xn−z∥} Kết hợp với S ⊂ Cn, ta thu được
Do đó, chúng ta thu được bằng quy nạp rằng S ⊂ C n với mọi n ≥ 1, và suy ra, Cn là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của H với mỗi số nguyên n ≥ 1 Điều này cho thấy rằng dãy {xn} được xác định như đã khẳng định. Bước 2 Ta chỉ ra rằng ∥x n+1 −x n ∥ → 0 khi n → ∞.
Trước hết, ta chứng minh rằng dãy {x n } bị chặn Từ Bổ đề 1.5.3, chúng ta suy ra rằng ∩ N i=1 Fix(Ti) là tập đóng và lồi, vì vậy S là tập con đóng và lồi của H Bây giờ, giả sử x ∗ = P S x 1 Từ S ⊂ C n suy ra x ∗ ∈ C n với mọi n ≥ 1 Do đó, từ x n =P C n x 1 và định nghĩa của phép chiếu mêtric, ta có
∥x 1 −x n ∥ ≤ ∥x 1 −x ∗ ∥ (2.4) với mọi n ≥ 1 Vì vậy dãy {xn} bị chặn.
Tiếp theo, sử dụng x n+1 = P C n+1 x 1 ∈ C n , x n =P C n x 1 và Mệnh đề 1.2.6, chúng ta có
∥x n −x 1 ∥ 2 ≤ ∥x n+1 −x 1 ∥ 2 − ∥x n+1 −x n ∥ 2 ≤ ∥x n+1 −x 1 ∥ 2 Điều này cho thấy rằng dãy {∥xn − x1∥} là dãy tăng Khi đó từ tính bị chặn của dãy {x n } ta thấy giới hạn của dãy {∥x n −x 1 ∥} tồn tại và hữu hạn.
Bây giờ, ta chứng minh rằng dãy {x n } hội tụ mạnh tớiq ∈ H Thật vậy, với mọi m ≥ n, ta có Cm ⊂ Cn Như vậy, xm ∈ Cn Theo Mệnh đề 1.2.6, ta có
∥x m −x n ∥ 2 ≤ ∥x m −x 1 ∥ 2 − ∥x n −x 1 ∥ 2 →0 khi m, n → ∞ Do đó {xn} là dãy Cauchy Do đó tồn tại giới hạn hữu hạn lim n→∞ x n =q Như vậy, chúng ta có
∥xn+1−xn∥ ≤ ∥xn+1−q∥ − ∥xn−q∥ → 0, chứng tỏ ∥x n+1 −xn∥ → 0 khi n → ∞, như đã khẳng định.
Bước 3 Ta chứng minh lim n→∞ ∥un−xn∥ = 0.
Ta suy ra từ x n+1 = P C n+1 x 1 ∈ C n+1 và định nghĩa của C n+1 rằng
Vì vậy, ∥u n −xn+1∥ → 0, kết hợp điều này cùng với bất đẳng thức sau:
∥u n −x n ∥ ≤ ∥u n −x n+1 ∥+∥x n+1 −x n ∥, ta thu được lim n→∞ ∥u n −x n ∥ = 0, như đã khẳng định.
Bước 4 Bây giờ ta sẽ chỉ ra x n → x ∗ = P S x 1 với n → ∞.
Từ định nghĩa của un, ta có:
∥yi −xn∥ ≤ ∥un −xn∥,∥zj −xn∥ ≤ ∥un−xn∥,∥tk−xn∥ ≤ ∥un−xn∥, với mọi i = 1,2, , N, j = 1,2, , M và k = 1,2, , K Vì vậy, từ lim n→∞ ∥u n −x n ∥ = 0 ta suy ra: n→∞lim ∥y i −x n ∥ → 0, (2.5) n→∞lim ∥z j −xn∥ → 0, (2.6) n→∞lim ∥tk −xn∥ → 0, (2.7) với mọi i= 1,2, , N, j = 1,2, , M và k = 1,2, , K.
Từ (2.5), ta có ∥S i xn−xn∥ → 0 khi n → ∞ với mọi i = 1,2, , N Từ điều kiện (ii) và Bổ đề 1.5.2 (ii) ta suy ra ∥S˜ixn−xn∥ ≤ 2∥Sixn −xn∥ với
S˜ i = J b G i (I−bB i )với mọi i = 1,2, , N Vì vậy, ta được ∥S˜ i x n −x n ∥ → 0 với mọi i = 1,2, , N Từ tính không giãn của S˜ i , Bổ đề 1.5.2 (i) và xn → q, ta được: q ∈ ∩ N i=1 Fix( ˜Si) =∩ N i=1 (Gi+Bi) −1 (0) (2.8)
Từ (2.7), ta có ∥Ujxn−xn∥ → 0 với mọi j = 1,2, , M Vì vậy ta suy ra:
∥T j x n −x n ∥ = λ 1 n ∥U j x n −x n ∥ ≤ a 1 ∥U j x n −x n ∥ → 0. Điều này chứng tỏ ∥T j x n −x n ∥ → 0 với mọi j = 1,2, , M Vì T j nửa đóng với mọi j = 1,2, , M và xn →q, ta có q ∈ ∩ M j=1 Fix(Tj) (2.9)
Từ (2.8) và Bổ đề 1.5.1, ta có
→ 0 với mọi k = 1,2, , K Chúng ta suy ra từ tính không giãn của J c A k x n và x n → q rằng q ∈ ∩ K k=1 Fix J r A k
Từ (2.8)-(2.10) ta suy ra rằng q ∈ S.
∥x 1 −q∥ ≤ ∥x 1 −x ∗ ∥ và từ tính duy nhất của x ∗ suy ra p = x ∗ Định lý được chứng minh.
Phương pháp chiếu lai ghép
Trong mục này, luận văn trình bày lại một thuật toán song song sử dụng phương pháp chiếu lai ghép được đề xuất và nghiên cứu bởi Tuyen T.M. và Trang N.M trong [12].
Thuật toán 2.2.1 Cho {λn}, {ηn}, và {rn} là ba dãy số thực dương Với bất kì phần tử ban đầu x 1 ∈ C, dãy {x n } được xác định như sau:
1 Tính yi,n = Sixn, với mọi i = 1,2, , N và đặt d1,n = max i=1,2, ,N{∥yi,n −xn∥}, Ξ1,n ={i = 1,2, , N : ∥yi,n −xn∥ = d1,n}, trong đó Si = J η G n i (I −ηnBi) với mọi i = 1,2, , N.
2 Tính z j,n = U j x n , với mọi j = 1,2, , M và đặt d 2,n = max i=1,2, ,M{∥z j,n −x n ∥}, Ξ 2,n = {j = 1,2, , M : ∥z j,n −x n ∥ = d 2,n }, trong đó Uj = (1−λn)I +λnTj với mọi j = 1,2, , M.
3 Tính tk,n =J r A n k xn với mọi k = 1,2, , K và đặt d 3,n = max k=1,2, ,K{∥t k,n −x n ∥}, Ξ3,n = {k = 1,2, , K :∥t k,n −xn∥ =d3,n}.
4 Chọn phần tử un như sau: un
yi n ,n, với in ∈ Ξ1,n nếu d1,n = maxi=1,2,3{di, n}, zj n ,n, với jn ∈ Ξ2,n nếu d2,n = maxi=1,2,3{di, n}, t k n ,n , với k n ∈ Ξ 3,n nếu d 3,n = max i=1,2,3 {d i , n}.
5 Các tập hợp C n và Q n xác định như sau:
Sự hội tụ mạnh của Thuật toán 2.2.1 được phát biểu trong định lý sau. Định lý 2.2.2 Nếu các dãy {λ n },{η n } và {r n } thỏa mãn các điều kiện sau:
(iii) inf n {r n } ≥c >0, thì dãy {x n } xác định bởi Thuật toán 2.2.1 hội tụ mạnh về x ∗ = PSx1 khi n → ∞.
Chứng minh Ta chia việc chứng minh định lý này thành bốn bước.
Bước 1 Ta chỉ ra dãy {x n } là xác định.
Trước hết, ta chứng minh rằng Cn và Qn là các tập con lồi và đóng của
H với mọi n ≥ 1 Thật vậy, với mỗi số nguyên n ≥ 1, ta viết lại Cn, Qn lần lượt dưới dạng:
Như vậy, Cn và Qn là các tập con đóng và lồi của H.
Tiếp theo, chúng ta chứng minh rằng S ⊂ Cn∩ Qn với mọi n ≥ 1 Bằng lập luận tương tự như đối với Bước 1 của chứng minh Định lý 2.1.2, ta thu được ∥u n −p∥ ≤ ∥x n −p∥ Điều này suy ra p ∈ C n , và do đó, S ⊂ C n với mọi n ≥ 1.
Bây giờ, ta chứng minh rằng S ⊂ Qn với mọi n ≥ 1 Rõ ràng, Q1 = C, vì vậy ta có S ⊂ Q1 Bây giờ, giả sử rằng S ⊂ Qn với n ≥ 1 nào đó Vì x n+1 =P C n ∩Q n x 1 và (1.3) , ta thấy rằng
⟨z−x n+1 , x 1 −x n+1 ⟩ ≤ 0 với mọi z ∈ Cn ∩Qn Vì S ⊂ Cn∩Qn và p ∈ S, ta có
⟨p−xn+1, x1 −xn+1⟩ ≤ 0. Điều này suy ra rằng p ∈ Q n+1 và do đó, S ⊂ Q n+1 Do đó, bằng quy nạp, chúng ta kết luận rằng S ⊂ Q n với mọi n ≥ 1
Do đó, S ⊂ Cn∩Qn với mọi n ≥ 1, do đó, Cn∩Qn là tập con lồi, khác rỗng, đóng của H với mọi số nguyên n ≥ 1 Điều này cho thấy rằng dãy {x n } là dãy số xác định, như đã khẳng định.
Bước 2 Ta chứng minh ∥x n+1 −x n ∥ → 0 khi n → ∞. Đặt x ∗ = PSx1 Đầu tiên, chúng ta lưu ý rằng x ∗ ∈ S ⊂ Qn với mọi n ≥ 0 Thứ hai, từ định nghĩa của Q n và tính chất của phép chiếu mêtric, ta suy ra: x n =P Q n x 1 Do đó, từ định nghĩa của phép chiếu mêtric, ta có
(2.11) với mọi n ≥ 0 Điều này chứng tỏ dãy {xn} bị chặn.
Do x n+1 ∈ Q n và x n = P Q n x 1 nên từ Mệnh đề 1.2.6 suy ra
Do đó, dãy {∥x n − x 1 ∥} là dãy tăng Vì nó cũng bị chặn nên tồn tại giới hạn hữu hạn limn→∞∥xn−x1∥ Từ (2.11) suy ra n→∞lim ∥xn+1−xn∥ = 0, (2.13) như đã khẳng định.
Bước 3 Ta chỉ ra lim n→∞ ∥u n −x n ∥ = 0.
Sử dụng lập luận tương tự như đối với Bước 3 trong chứng minh của Định lý 2.1.2 ta chứng minh được bước này.
Bước 4 Ta chứng minh xn → x ∗ = PSx1 khi n → ∞.
Sử dụng lập luận tương tự như đối với Bước 4 trong chứng minh của Định lý 2.1.2, ta được n→∞lim ∥Seixn−xn∥ = 0, ∀i = 1,2, , N, (2.14) n→∞lim ∥Tjxn−xn∥ = 0, ∀j = 1,2, , M, (2.15) n→∞lim∥J c A k x n −x n ∥ = 0, ∀k = 1,2, , K, (2.16) trong đó Sei = J b G i (I − bBi) với mọi i = 1,2, , N Vì dãy {x n } bị chặn nên tồn tại dãy con {xn l } của {xn} sao cho xn l ⇀ x † khi k → ∞.
Suy ra từ (2.14)-(2.16), tính nửa đóng của Se i , J r A k (xem Bổ đề 1.5.5) và
T i (trong giả thiết) và x n l ⇀ x † mà x † ∈ S Vì x ∗ = P S x 0 và x † ∈ S, (2.1) và Mệnh đề 1.1.5 (ii), ta suy ra
Từ tính duy nhất của điểm gần nhất x ∗ , ta thấy rằng x † = x ∗ Ta cũng có ∥x n k −x 1 ∥ → ∥x ∗ −x 1 ∥, và từ Mệnh đề 1.1.5 (i), ta có x n k → x ∗ khi k → ∞ Đồng thời cũng từ tính duy nhất của x ∗ mà x n → x ∗ khi n → ∞.Định lý được chứng minh.
Một số hệ quả
2.3.1 Nghiệm chung cho các bài toán bao hàm đơn điệu Đầu tiên, luận văn trình bày hai hệ quả hội tụ mạnh để tìm nghiệm chung cho một họ hữu hạn các bài toán bao hàm đơn điệu Cho C là tập con lồi, đúng và khỏc rỗng của khụng gian Hilbert thực H Cho {à1, à2, , àN} ⊂
(0,∞) và cho {B i } N i=1 là hữu hạn họ cỏc toỏn tử à i -đơn điệu ngược từ C vào H Cho {G i } N i=1 là toán tử đơn điệu cực đại trên H Giả sử
Ta xét bài toán sau:
Tìm một phần tử x ∗ ∈S V IP (2.17) Áp dụng Thuật toán 2.1.1 và Thuật toán 2.2.1, chọn Tj = I với mọi j = 1,2, , M và A k = 0 với mọi k = 1,2, , K, ta thu được hai hệ quả sau để giải Bài toán (2.17).
Hệ quả 2.3.1 Với phần tử ban đầu x1 ∈ C, cho C1 = C và xác định dãy {xn} như sau: y i,n =S i x n , i = 1,2, , N, chọn i n sao cho ∥y i n ,n −x n ∥ = max i=1,2, ,N{∥y i,n −x n ∥} và cho y n = y i n ,n ,
Cn+1 ={z ∈ H : ∥yn−z∥ ≤ ∥xn−z∥}, xn+1 =PC n+1x1, ∀n ≥ 1, trong đó Si = J η G n i (I −ηnBi) với mọi i = 1,2, , N Nếu điều kiện (i) trong Định lý 2.1.2 hoặc Định lý 2.2.2 đúng, thì dãy {x n } hội tụ mạnh tới x ∗ = P S V IP x1 khi n → ∞.
Hệ quả 2.3.2 Với phần tử ban đầu x1 ∈ C, cho {xn} là một dãy được xác định như sau: y i,n =S i x n , i = 1,2, , N, chọn in sao cho ∥y i n ,n −xn∥ = max i=1,2, ,N{∥y i,n −xn∥} và đặt yn = yi n ,n,
Qn ={z ∈ H : ⟨x1−xn, z −xn⟩ ≤ 0}, xn+1 = PC n ∩Q nx1, ∀n ≥ 1, trong đó Si = J η G n i (I −ηnBi) với mọi i = 1,2, , N Nếu điều kiện (i) trong Định lý 2.1.2 hoặc Định lý 2.2.2 đúng, thì dãy {x n } hội tụ mạnh tới x ∗ = P S V IP x 1 khi n → ∞.
2.3.2 Điểm bất động chung của ánh xạ nửa khoảng cách
Trong phần này, luận văn trình bày hai hệ quả hội tụ mạnh liên quan đến bài toán tìm một điểm bất động chung của một họ hữu hạn các ánh xạ nửa khoảng cách Cho C là tập con lồi, khác rỗng và đóng của không gian Hilbert thực H Cho {k 1 , k2, , kM} ⊂ (−∞,1), và cho {T j } M j=1 là một họ hữu hạn các ánh xạ kj-nửa khoảng cách và nửa đóng từ C vào chính nó. Giả sử
Ta xét bài toán sau:
Tìm một phần tử x ∗ ∈ S CF P Áp dụng Thuật toán 2.1.1 và Thuật toán 2.2.1, cho Ak = 0,Bi =Gi = 0 với mọi k = 1,2, , K và i= 1,2, , N, ta thu được hai hệ quả sau.
Hệ quả 2.3.3 Với bất kỳ x 1 ∈ C, cho C 1 = C và xác định dãy {x n } như sau: z j,n = U j x n , j = 1,2, , M, chọn j n sao cho ∥z j n ,n −x n ∥ = max i=1,2, ,N{∥z i,n −x n ∥} và đặt z n = z j n ,n ,
Cn+1 = {z ∈Cn : ∥zn−z∥ ≤ ∥xn−z∥}, xn+1 = PC n+1x1, ∀n ≥ 1, trong đó Ui = (1−λn)I +λnTj với mọi j = 1,2, , M Nếu điều kiện (ii) trong Định lý 2.1.2 hoặc Định lý 2.2.2 đúng, thì dãy {x n } hội tụ mạnh tới x ∗ = P S CF P x 1 khi n → ∞.
Hệ quả 2.3.4 Với bất kỳ x 1 ∈ C, cho dãy {x n } xác định như sau: zj,n = Ujxn, j = 1,2, , M, chọn jn sao cho ∥zj n ,n−xn∥ = max i=1,2, ,M∥zj,n−xn∥ và đặt zn = zj n ,n,
Q n = {z ∈ C : ⟨x 1 −x n , z −x n ⟩ ≤ 0}, xn+1 = PC n ∩Q n x1, ∀n ≥ 1, trong đó Ui = (1−λn)I +λnTj với mọi j = 1,2, , M Nếu điều kiện (ii) trong Định lý 2.1.2 hoặc Định lý 2.2.2 đúng, thì dãy {x n } hội tụ mạnh tới x ∗ = P S CF P x 1 khi n → ∞.
2.3.3 Không điểm chung của các toán tử đơn điệu cực đại
Cho {Ak} K k=1 là các toán tử đơn điệu cực đại trên H Giả sử
Ta xét bài toán sau:
Tìm một phần tử x ∗ ∈S CN P P (2.18)
Trong Định lý 2.1.2 và Định lý 2.2.2, chọn Tj = I với mọi j = 1,2, , M và Bi = Gi = 0 với mọi i = 1,2, , N, ta được hai hệ quả bên dưới để giải Bài toán (2.18)
Hệ quả 2.3.5 Với bất kỳ x1 ∈ H, cho C1 = H và xác định dãy {xn} như sau: t k,n = J r A n k x n , k = 1,2, , K, chọn kn sao cho ∥tk n ,n−xn∥ = max k=1,2, ,K{∥tk,n −xn∥} và đặt tn = tk n ,n,
Nếu điều kiện (iii) trong Định lý 2.1.2 hoặc Định lý 2.2.2 đúng, thì dãy{x n } hội tụ mạnh tới x ∗ = P S CN P P x 1 khi n → ∞.
Hệ quả 2.3.6 Với bất kỳ x 1 ∈ H, cho dãy {x n } xác định như sau: tk,n = J r A n k xn, k = 1,2, , K, chọn kn sao cho ∥tk n ,n−xn∥ = max k=1,2, ,K∥tk,n −xn∥ và đặt tn = tk n ,n,
Nếu điều kiện (iii) trong Định lý 2.1.2 hoặc Định lý 2.2.2 đúng, thì dãy{x n } hội tụ mạnh tới x ∗ = P S CN P P x1 khi n → ∞.
Ví dụ số minh họa
Mục này trình bày một số ví dụ đơn giản nhằm minh họa thêm cho tính khả dụng cũng như sự hội tụ của các thuật toán đề xuất.
Ví dụ 2.4.1 Xét bài toán sau: Tìm một phần tử p ∈Ω, trong đó
Không khó để kiểm tra được rằng p = (2,−1) là nghiệm duy nhất của bài toán trên Ngoài ra, bài toán trên tương đương với bài toán sau: Tìm một phần tử p sao cho p ∈Ω1 ∩Ω2 ∩L, trong đó
Ta có ∇f(u) = (u1 +u2 − 1, u1 + u2 − 1) là 1/2-đơn điệu mạnh ngược,
∇g(u) = (u 1 −u 2 −3,−u 1 +u 2 + 3) và N K là các toán tử đơn điệu cực đại.
Ta có thể xem L = Fix(P L ) và ta cũng biết rằng P L là ánh xạ (−1)-nửa khoảng cách. Áp dụng Thuật toán 2.1.1 và Thuật toán 2.2.1 với M = N = K = 1,
A 1 = ∇g, B 1 = ∇f, G 1 = N K và T 1 = P L Ngoài ra, các tham số điều khiển được chọn như sau: η n = 0.5, λ n = 1, r n = 1 với mọi n ≥ 1 Để kết thúc quá trình lặp, ta sử dụng điều kiện dừng σn = ∥xn−p∥ 2 ≤ ε, với ε là một sai số cho trước Với phần tử ban đầu x 1 = (4,5), ta nhận được bảng kết quả số dưới đây.
Bảng 2.1: Bảng kết quả số cho Ví dụ 2.4.1
Ví dụ 2.4.2 Xét hệ phương trình tuyến tính
Ký hiệu tập nghiệm của hệ phương trình trên là Ω Dễ dàng kiểm tra được
Với x 1 = (3,4,5,6), ta tìm hình chiếu của x 0 lên Ω bằng cách tìm cực tiểu của hàm khoảng cách h(a, b) = d(x 0 ,Ω) 2 Ta có h(a, b) = (a−b−1) 2 + (a−4) 2 + (b−5) 2 + 49
= 2a 2 + 2b 2 −2ab−10a−8b+ 90, là một hàm lồi Do đó p =P Ω x 0 khi và chỉ khi ∇h(p) = 0, điều này tương đương với
Từ đó suy ra a= 14/3, b = 13/3 và do đó ta nhận được hình chiếu của x 1 lên Ω là p = (7/3,14/3,13/3,−1) ≈ (2.3333,4.6667,4.3333,−1).
Ta biểu diễn tập nghiệm Ω của hệ phương trình (2.19) ở dạng sau:
Ω 4 ={(u 1 , u 2 , u 3 , u 4 ) : 4u 1 −4u 2 + 4u 3 + 3u 4 = 5}. Áp dụng Hệ quả 2.3.3 và Hệ quả 2.3.4 cho T 1 = P Ω 1 , T 2 = P Ω 2 , T 3 = P Ω 3 ,
T4 =PΩ 4,λn = 1.95với mọin ≥ 1 và sử dụng điều kiệnσn = ∥x n −p∥ 2 ≤ ε, với ε là một sai số cho trước để kết thúc quá trình lặp Khi đó, ta nhận được bảng kết quả số dưới đây.
Bảng 2.2: Bảng kết quả số cho Ví dụ 2.4.2
Ví dụ 2.4.3 Xét bài toán tìm một phần tử p thuộc tập nghiệm Ω của hệ phương trình tuyến tính (2.19) trong Ví dụ 2.4.2 Ta biểu diễn Ω ở một dạng khác như sau:
Ω = ∩ 4 k=1 argmin u∈ R 4 g k (u), trong đó g 1 (u) = (u 1 −u 2 +u 3 +u 4 −1) 2 /2, g2(u) = (u1−u2 +u3 −2) 2 /2, g3(u) = (2u1 −2u2 + 2u3+u4−3) 2 /2, g 4 (u) = (4u 1 −4u 2 + 4u 3 + 3u 4 −5) 2 /2, với mọi (u1, u2, u3, u4) ∈ R 4
Dễ thấy rằng gk là hàm lồi và ∇gk là một toán tử đơn điệu cực đại với mọi k = 1,2,3,4 Ngoài ra, Ω =∩ 4 k=1 ∇g k −1 (0). Áp dụng Hệ quả 2.3.5 và Hệ quả 2.3.6 vớiA k = ∇g k với mọik = 1,2,3,4, rn = 1 với mọi n ≥ 1 và phần tử ban đầu, cũng như điều kiện dừng như trong Ví dụ 2.4.2, ta nhận được bảng kết quả số dưới đây.
Bảng 2.3: Bảng kết quả số cho Ví dụ 2.4.3
Chú ý 2.4.4 Trong ba ví dụ trên, ta nhận thấy rằng Thuật toán 2.1.1 cho tốc độ hội tụ nhanh hơn nhiều so với Thuật toán 2.2.1.
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, bất đẳng thức Cauchy-Schwars, sự hội tụ yếu trong không gian Hilbert ;
Một số lớp ánh xạ kiểu không giãn;
Toán tử đơn điệu, toán tử đơn điệu cực đại trong không gian Hilbert;
Các kết quả nghiên cứu của Tuyen T.M và Trang N.M trong tài liệu [12] về hai thuật toán chiếu tìm nghiệm chung của các bài toán bao hàm đơn điệu, điểm bất động và không điểm;
Một số hệ quả cho các bài toán liên quan khác và một số ví dụ số minh hoạ cho tính khả dụng và hiệu quả của các thuật toán.
[1] Agarwal R.P., O’Regan D., Sahu D.R (2009), Fixed point theory for Lipschitzian-type mappings with Applications, Springer, New York.
[2] Alsulami S.M., Takahashi W (2016), “A strong convergence theorem by the hybrid method for finite families of nonlinear nonself mapping in a Hilbert space”, Journal of Nonlinear and Convex Analysis, 17(12), pp 2511–2527.
[3] Cui H., Su M (2015), “On sufficient conditions ensuring the norm convergence of an iterative sequence to zeros of accretive operators”, Applied Mathematics and Computation, 258, pp 67–71.
[4] Dotson Jr W G., (1972), “Fixed points of quasi-nonexpansive map- pings”, Journal of the Australian Mathematical Society, 13(2), pp 167– 170.
[5] Goebel K., Kirk W.A (1990), Topics in metric fixed point theory, Cambridge Studies Adv Math., vol 28, Cambridge University Press, Cambridge, UK.
[6] Kocourek P., Takahashi W., Yao J.-C (2010), “Fixed point theorems and weak convergence theorems for generalized hybrid mappings in Hilbert spaces”, Taiwanese J Math 14(6), pp 2497–2511.
[7] López G., Martín-Márquez V., Wang F., Xu H.-K (2012), “Forward-Backward splitting methods for accretive operators in Banach spaces”,Abstract and Applied Analysis, 2012, Article ID 109236.