Trang 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCVŨ NGỌC THỨVỀ CÁC DÃY KIỂU HALPERN VỚI CÁC ỨNGDỤNG TRONG BÀI TỐN BẤT ĐẲNG THỨCBIẾN PHÂNChun ngành: Tốn ứng dụngMã số: 8460112LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌCNGƯỜI
Phiếu chiếu mêtric trên tập đóng lồi
Cho F là tập con lồi, đóng và khác rỗng trong không gian Hilbert thực H.
Mệnh đề 1.1 Với mỗi phần tử p ∈ H đều tồn tại duy nhất một phần tử y ∈ F có tính chất
Chứng minh Nếu p thuộc F thì hiển nhiên y = p là phần tử thỏa mãn yêu cầu Vì thế, ở phần tiếp sau đây của chứng minh, ta sẽ xem xét trường hợp p ∈ F/
Vì F là tập đóng nên ζ = inf s∈F∥p−s∥ > 0.
Theo định nghĩa infimum, tồn tại một dãy {y n } ⊂ F sao cho n→+∞lim ∥p−y n ∥ → ζ.
Ngoài ra, ta thấy ước lượng sau đây luôn bảo đảm nhờ tính chất của chuẩn
Mặt khác, vì F là tập lồi nên y n +y m
Từ ước lượng trên và định nghĩa ζ, ta phải có
Cho m, n → +∞ trong ước lượng trên, ta nhận được
Giới hạn trên suy ra {y n } là một dãy Cauchy trong H và vì thế tồn tại giới hạn của dãy {y n } Giả sử y n → y Hiển nhiên, y ∈ F vì F là tập đóng Hơn nữa, chú ý rằng n→+∞lim ∥p−y n ∥ = ∥p−y∥ nên ta thu được ζ = ∥p−y∥. Để kết thúc chứng minh, giả sử tồn tại một phần tử s ∈ F cũng có tính chất như trên, đó là ζ = ∥p −s∥.
Khi đó, từ ước lượng
≤ 2ζ 2 + 2ζ 2 −4ζ 2 = 0, dẫn đến y = s hay y là phần tử tồn tại duy nhất.
Chú ý 1.1 Điểm y ∈ C trong Mệnh đề 1.1 còn được gọi là xấp xỉ tốt nhất của p ∈ H bởi F. Định nghĩa 1.1 Ánh xạ P F : H → F cho tương ứng mỗi p ∈ H với một phần tử xấp xỉ tốt nhất y ∈ F, được gọi là phép chiếu mêtric từ H lên F. Phần tử y = P F (p) được gọi là hình chiếu của p trên F.
Theo Mệnh đề 1.1, hình chiếu y = P F (p) luôn tồn tại nhưng việc xác định y trên thực tế không phải là công việc đơn giản Đó là lời giải của một bài toán tối ưu có ràng buộc Trong một số trường hợp, nếu C có cấu trúc đặc biệt, là các nửa không gian đóng hoặc hình cầu đóng, thì ta có thể xác định cụ thể các hình chiếu này.
F :={x∈ H : ⟨K, x⟩ ≤ γ} là nửa không gian con đóng không tầm thường (F ̸= ∅,H) trongH với γ ∈ R và K∈ H là phần tử cố định Khi ấy, ta có
F = S[x 0 ,r] := {x∈ H :∥x−x 0 ∥ ≤r} là hình cầu đóng tâm x0 ∈ H và bán kính 0 0, ta luôn có
∥x−P F (x−αA(x))∥ α ≤ ∥x−P F (x−βA(x))∥ β , ở đây A :F → H là ánh xạ xác định trên F.
Chứng minh Ta đặt xα = PF(x−αA(x)), và x β = P F (x−βA(x)).
Theo Mệnh đề 1.2, ta có
Chia bất đẳng thức thứ nhất cho α, bất đẳng thức thứ hai cho β rồi cộng hai bất đẳng thức này với nhau, ta nhận được
Bất đẳng thức trên suy ra
∥x−x α ∥ − α β∥x−x β ∥ ≤ 0. Đó là điều cần chứng minh.
Dãy đơn điệu Fejér
Cho H là không gian Hilbert thực. Định nghĩa 1.2 Một dãy các phần tử {xn} trong H được gọi là dãy (đơn điệu) Fejér đối với tập con F ⊂ H nếu
Ví dụ 1.3 Mọi dãy số thực {x n } ⊂ R bị chặn, đơn điệu tăng (tương ứng, giảm) đều là dãy (đơn điệu) Fejér đối với tập F = [sup n xn,+∞) (tương ứng,
F = (−∞,inf n x n ]) Thật vậy, khẳng định trên suy ra từ các ước lượng xn−p ≤ xn+1−p ≤ 0, ∀n ∈N, ∀p ≥ α := sup n xn, và x n −p ≥ x n+1 −p ≥ 0, ∀n ∈ N, ∀p ≤ β := inf n x n
Ví dụ 1.4 Cho C là tập con khác rỗng của H và Φ : C → C là ánh xạ không giãn, tức là
Khi đó, với x0 ∈ C tùy ý, dãy {xn} xác định bởi xn = Φ(xn−1), ∀n ≥ 1, là dãy (đơn điệu) Fejér đối với tập
Thật vậy, dễ thấy rằng
Nhận xét 1.1 Nếu {x n } ⊂ H là dãy Fejér đối với tập con F ⊂ H thì nó cũng là dãy Fejér đối với co(F) và cl(F), ở đây co(F) và cl(F) lần lượt là bao lồi và bao đóng của F.
Thật vậy, từ định nghĩa dãy Fejér đối với tập con F, ta có
∥xn+1−p∥ 2 ≤ ∥xn −p∥ 2 , ∀p ∈ F,∀n ∈ N. Điều này tương đương với
Ta biết rằng, nếu y ∈co(F) thì y có dạng y k
Mặt khác, nếu y ∈ cl(F) thì tồn tại {pk} ⊂ F sao cho p k → y. Áp dụng tính chất liên tục từng biến của tích vô hướng ta cũng có
=∥xn∥ 2 − ∥xn+1∥ 2 −2⟨xn−xn+1, lim k→+∞pk⟩
=∥xn∥ 2 − ∥xn+1∥ 2 −2 lim k→+∞⟨xn−xn+1, pk⟩
Vì thế, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử F luôn là tập con lồi, đóng và khác rỗng. Định nghĩa 1.3 Dãy {x n } ⊂ H được gọi là
(a) hội tụ mạnh đến a ∈ H khi n tiến ra +∞ nếu n→+∞lim ∥xn−a∥ = 0, tức là, với mọi ε > 0, tồn tại số tự nhiên m0 sao cho
∥xn −a∥ < ε, ∀n ≥ m0, Khi đó, ta viết x n →a.
(b) hội tụ yếu đến a∈ H khi n tiến ra +∞ nếu n→+∞lim ⟨xn, y⟩ = ⟨a, y⟩, ∀y ∈ H, nghĩa là, với mọi ε > 0 và y ∈ H, tồn tại số tự nhiên m0 sao cho
|⟨x n −a, y⟩| < ε, ∀n ≥ m 0 Khi ấy, ta kí hiệu x n ⇀ a.
Nhận xét 1.2 Nếu xn → a thì xn ⇀ a Khẳng định ngược lại nói chung không đúng (chi tiết có thể xem thêm ví dụ trong Chú ý 1.2) Tuy nhiên,nếu H ≡ R n thì "xn → a khi và chỉ khi xn ⇀ a" Vì thế, trên các không gian thực hữu hạn chiều, ta thường gọi chung thuật ngữ "hội tụ".
Nhận xét 1.3 Nói chung, ta không thể kết luận sự hội tụ của một dãy Fejér. Chẳng hạn, dãy {xn} ⊂ R với xn = (−1) n là dãy Fejér đối với tập F = {0} nhưng dãy này không hội tụ. Định lí 1.1 [3] Cho {xn} ⊂ H là dãy Fejér đối với tập con lồi, đóng và khác rỗng F ⊂ H Khi đó, ta có các khẳng định sau:
(b) Với mọi x∈ F, dãy {∥xn−x∥} hội tụ.
(c) Dãy {d F (x n )} là giảm và hội tụ.
Chứng minh (a) Từ định nghĩa dãy Fejér, ta có
Do đó, {x n } ⊂ S[p,∥x 0 −p∥] hay suy ra {x n } bị chặn.
∥x n+1 −p∥ ≤ ∥x n −p∥, ∀p ∈ F,∀n ∈ N, suy ra {∥xn −p∥} là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới bởi 0 Do đó, dãy {∥x n −x∥} hội tụ.
(c) Từ định nghĩa dF(xn) = inf z∈F∥xn −z∥ ≥0, suy ra d F (x n+1 ) = inf z∈F∥x n+1 −z∥ ≤ inf z∈F∥x n −z∥ = d F (x n ) và vì thế {d F (xn)} là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới nên nó hội tụ. Định lí 1.2 [3, 9] Cho {xn} ⊂ H là dãy Fejér đối với tập con lồi, đóng và khác rỗng F ⊂ H Khi đó, ta có ωw(xn) ⊂ F khi và chỉ khi x n ⇀ x ∗ := lim n→+∞P F (x n ) trong đó, P F là phép chiếu mêtric từ H lên F và ω w (x n ) là tập các điểm tụ yếu của {x n }, tức là ωw(xn) := {z ∈ H :xn k ⇀ z,{xn k } là dãy con của dãy {xn}}.
Chứng minh Giả sử ω w (x n ) ⊂ F Theo Định lí 1.1, ta có dãy {x n } bị chặn và với mọi x∈ F, dãy {∥x n −x∥} hội tụ Mặt khác, chúng ta biết rằng một dãy hội tụ yếu khi và chỉ khi nó bị chặn và có không quá một điểm tụ yếu (Bổ đề 2.38 trong [3]) Do đó, ta chỉ cần chứng minh rằng dãy {x n } không có hai điểm tụ yếu phân biệt Thật vậy, giả sử x và y là các điểm tụ yếu, đó là x k n ⇀ x, x l n ⇀ y.
Vì ω w (x n ) ⊂ F nên x, y ∈ F Điều đó suy ra rằng các dãy {∥x n − x∥} và {∥xn −y∥} hội tụ Theo đó, từ đẳng thức
2⟨x n , x−y⟩ = ∥x n −y∥ 2 − ∥x n −x∥ 2 +∥x∥ 2 − ∥y∥ 2 , ∀n ∈ N, dẫn đến dãy {⟨x n , x−y⟩} cũng hội tụ Giả sử rằng
Lấy giới hạn trên theo các dãy con x k n và x l n ta nhận được a= ⟨x, x−y⟩ =⟨y, x−y⟩. Đẳng thức trên suy ra
∥x−y∥ 2 = 0 và vì thế ta phải có x= y.
Tiếp theo, giả sử xn ⇀ x∗ Với mọi m, n ∈ N ta có ước lượng
≤ ∥P F (xn)−xn∥ 2 +d 2 F (xn+m)+ 2⟨PF(xn)−PF(xn+m), xn+m−PF(xn+m)⟩
Vì dãy {d F (x n )} hội tụ (Định lí 1.1 (c)) nên từ bất đẳng thức trên suy ra {PF(xn)} là dãy Cauchy trên tập con lồi đóng F Do đó, dãy {PF(xn)} hội tụ mạnh đến z ∈ F, tức là n→+∞lim P F (x n ) = z.
Mặt khác, để ý rằng x∗−PF(xn) → x∗−z, xn−PF(xn) ⇀ x∗ −z.
Kết hợp với tính chất của phép chiếu mêtric (Mệnh đề 1.2) ta nhận được
0 ≥ ⟨x ∗ −PF(xn), xn−PF(xn)⟩ → ∥x ∗ −z∥.
Do đó, ta phải có x∗ = z.
Khẳng định ngược lại hiển nhiên đúng.
Chú ý 1.2 Nói chung, ta không thể kết luận sự hội tụ mạnh của dãy {xn} trong Định lí 1.2 Chẳng hạn, xét trên không gian Hilbert H = l 2 , là không gian dãy các số thực bình phương khả tổng, tức là
Ta lấy dãy các phần tử {xn} ⊂l 2 xác định bởi xn = (0,0,0, ,1,0, ), n ∈ N, trong đó các thành phần đều bằng 0 trừ ra thành phần bằng 1 ở vị trí thứ n tương ứng.
Dễ thấy rằng, {x n } là dãy Fejér đối với tập F = {0} vì ∥x n ∥ = 1 với mọi n ∈ N Mặt khác, với mọi z = (y 1 , y 2 , , y n , ) ∈ l 2 ta có n→+∞lim ⟨x n , z⟩ = lim n→+∞y n = 0.
Do đó, xn ⇀ 0 khi n →+∞ và ωw(xn) = {0} (hiển nhiên, P F (xn) = 0) Tuy nhiên, {x n } không hội tụ mạnh tới 0. Định lí 1.3 [3] Cho {x n } ⊂ H là dãy Fejér đối với tập con lồi, đóng và khác rỗng F ⊂ H Khi đó, các khẳng định sau tương đương:
(a) {x n } hội tụ mạnh tới một điểm thuộc F.
(b) {x n } có một điểm tụ mạnh thuộc F
(b) ⇒ (c): Giả sử {x n } có một điểm tụ mạnh thuộc x∈ F, đó là x k n →x.
Vì dF(xk n) ≤ ∥xk n −x∥ nên cho n →+∞ ta nhận được lim inf n→+∞ dF(xn) = 0. (c)⇒(a): Theo Định lí 1.1 (c), ta có dF(xn) → 0nên suy ra xn−P F (xn)→ 0. Trong chứng minh Định lí 1.2, chú ý rằng P F (xn) hội tụ mạnh đến z ∈ F.
Do đó, ta có điều cần chứng minh.
Một số bổ đề bổ trợ
Cho H là không gian Hilbert thực.
Bổ đề 1.1 [3] Ta luôn có các đẳng thức và bất đẳng thức sau:
(b) Với mọi x, y ∈ H và λ ∈ R, ta có
(c) ∥x∥ 2 ∥y∥ 2 − |⟨x, y⟩| 2 ≥ 0, ∀x, y ∈ H (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) (d) ∥x+y∥ 2 +∥x−y∥ 2 −2(∥x∥ 2 +∥y∥ 2 ) = 0, ∀x, y ∈ H.
Cho {s n } là dãy các số thực không âm mà có dãy con {s m j } thỏa mãn sm j < sm j +1 với mọi j ∈ N Khi đó, tồn tại một dãy không giảm {n k } trong
N sao cho nk → +∞ và tính chất sau bảo đảm với mọi k ∈ N (đủ lớn): s n k ≤ s n k +1 , s k ≤ s n k +1
Thực tế, nk là số n lớn nhất trong tập {1,2,3, , k} sao cho sn < sn+1.
Bổ đề 1.3 [6] Cho {s n } là dãy các số thực thuộc [0,+∞) thỏa mãn các điều kiện sau: s n+1 ≤ (1−α n )s n +α n t n , ∀n ≥ 1, trong đó α n ∈[0,1],
Nếu lim sup n→+∞ tn k ≤ 0 với mọi dãy con {sn k } của {sn} có tính chất lim inf k→+∞(sn k +1−sn k ) ≥ 0 thì ta có n→+∞lim s n = 0.
Bổ đề 1.4 [6] Cho {s n } là dãy các số thực thuộc [0,+∞) thỏa mãn các điều kiện sau: s n+1 ≤ (1−α n )s n +α n t n , ∀n ≥ 1, trong đó αn ∈[0,1],
X n=1 α n |t n | 0 Ta chọn λ :=λ (2) (x, l, à, ν) là số lớn nhất bλ∈ {ν, νl, νl 2 , } có tính chất bλ∥A(x)− AP C (x−bλA(x))∥ ≤à∥x−PC(x−bλA(x))∥.
Quy tắc 3 Giả sử à ∈ (0,1) và λ > 0 Ta chọn λ ′ := λ (3) (x, à, λ)
∥A(x)− AP C (x−λA(x))∥, λ nếu Ξ(x) ̸= 0, λ trong các trường hợp khác, ở đây Ξ(x) := A(x)− AP C (x−λA(x)).
Bổ đề 2.1 Hằng số λ xác định bởi Quy tắc 2 hoàn toàn xác định.
Chứng minh Nếu x ∈ V I(C,A) thì có thể thấy ngay λ = ν Bây giờ, giả sử x /∈ V I(C,A) và giả thiết phản chứng rằng νl m ∥A(x)− APC(x−νl m A(x))∥ > à∥x−PC(x−νl m A(x))∥, ∀m≥ 0.
Vì A là L-liên tục Lipschitz nên à∥x−P C (x−νl m A(x))∥ < νl m L∥x−P C (x−νl m A(x))∥, ∀m ≥ 0. Để ý rằng x−P C (x−νl m A(x)) ̸= 0 Do đó, ta có à < νl m L.
Chom → +∞ta cúà ≤ 0 là điều vụ lớ Vỡ thế, ta cú điều cần chứng minh.
Nhận xét 2.3 Quy tắc 2 và Quy tắc 3 không phụ thuộc vào thông tin hằng số Lipschitz L Quy tắc 1 không phụ thuộc vàox trong khi Quy tắc 2 và Quy tắc 3 là cần thiết thông tin này.
Nhận xét 2.4 Ta luôn có ước lượng sau đây
L nếu λ xác định bởi Quy tắc 1, à λ nếu λ xác định bởi Quy tắc 2, à λ ′ nếu λ xác định bởi Quy tắc 3.
Tiếp theo, giả sử {x n } là một dãy trong D Khi đó, chúng ta nói rằng dãy các số thực {λ n } ⊂(0,+∞) là:
(a) tuân theo Quy tắc 1 nếu λ n =λ (1) (a, b) với mọi n ∈ N.
(b) tuõn theo Quy tắc 2 nếu λn = λ (2) (xn, l, à, ν) với mọi n ∈N.
(c) tuõn theo Quy tắc 3 nếu λ 1 >0 vàλ n+1 = λ (3) (x n , à, λ n )với mọin ∈ N.
Bổ đề 2.2 [6] Ta có các khẳng định sau:
(a) Nếu dãy {λ n } tuân theo Quy tắc 2 thì min ν,àl L
(a) Nếu dãy {λ n } tuân theo Quy tắc 3 thì {λ n } không tăng và minn λ 1 ,à L o ≤ λ n ≤ λ 1 , ∀n ≥ 1.
Sau đây là một số áp dụng các kết quả thu được ở Mục 1.4 để tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (2.1) Ở đó, các phương pháp mới nhận được thông qua việc sử dụng kết hợp giữa một số phương pháp đã biết và phương pháp lặp kiểu Halpern Sự hội tụ mạnh của chúng tới nghiệm của bài toán (2.1) được chứng minh dựa trên Mệnh đề 1.7 Nội dung phần này sẽ tập trung giới thiệu một vài cải tiến của phương pháp đạo hàm tăng cường cùng vài biến thể của nó theo hướng như vậy.
Phương pháp đạo hàm tăng cường (EGM) của Korpelevich
Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H và ánh xạ A :C → H là đơn điệu và L-liên tục Lipschitz.
Dãy {xn} trên C xác định bởi
x 1 ∈ C, y n = P C (x n −λ n A(x n )), xn+1 = PC(xn−λnA(yn)), n ≥ 1, trong đó λn tuân theo Quy tắc 1.
Bổ đề 2.3 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H và D ∈ {C,H} Cho ánh xạ A : D → H là L-liên tục Lipschitz sao cho M V I(C,A)̸= ∅ Cho x ∈ D và định nghĩa
∥v−p∥ 2 ≤ ∥x−p∥ 2 −(1−λδ)(∥x−y∥ 2 +∥y −v∥ 2 ), ∀p ∈M V I(C,A), với δ xác định như trong Nhận xét 2.4.
Chứng minh Giả sử p ∈ M V I(C,A) Khi đó, ta có
Mặt khác, từ cách xác định y và v ta cũng có y, v ∈ C và từ tính chất phép chiếu ta nhận được
Ngoài ra, ta có ước lượng sau đây
Từ Nhận xét 2.4, ta có
Kết hợp với bất đẳng thức trên và đánh giá
2 , ta có điều cần chứng minh.
Bổ đề 2.4 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H và D ∈ {C,H} Cho ánh xạ A : D → H là L-liên tục Lipschitz sao cho M V I(C,A)̸= ∅ Cho {λ n } ⊂ (0,+∞) và {x n } ⊂D Giả sử rằng
y n = P C (x n −λ n A(x n )), vn = PC(xn−λnA(yn)).
Giả sử {λ n } tuân theo Quy tắc 1 hoặc Quy tắc 2 hoặc Quy tắc 3 Khi đó, ta có các khẳng định sau:
(a) Tồn tại N ≥ 1 và một dãy {δ n } sao cho λ n δ n ∈ (0, c) ⊂ (0,1) và
∥vn−p∥ 2 ≤ ∥xn−p∥ 2 −(1−λnδn)(∥xn−yn∥ 2 +∥yn−vn∥ 2 ), ∀p ∈ M V I(C,A),với mọi n ≥ N.
(b) Nếu {xn} bị chặn và n→+∞lim (∥x n −p∥ − ∥v n −p∥) = 0 thì n→+∞lim ∥xn−yn∥ = lim n→+∞∥yn−vn∥ = 0.
Chứng minh (a) Theo Bổ đề 2.2, nếu {λ n } tuân theo Quy tắc 3 thì tồn tại n→+∞lim λ n Đặc biệt, tồn tại N ≥ 1 và c >0 sao cho àλn λ n+1 ∈ (0, c) ⊂ (0,1), với mọi n ≥ N Theo Bổ đề 2.3, với mọi n ≥ N, ta có
∥vn−p∥ 2 ≤ ∥xn−p∥ 2 −(1−λnδn)(∥xn−yn∥ 2 +∥yn−vn∥ 2 ), ∀p ∈ M V I(C,A). (b) Từ chứng minh trên, ta có
(1−λnδn)(∥xn−yn∥ 2 +∥yn−vn∥ 2 ) ≤ ∥xn−p∥ 2 − ∥vn−p∥ 2 ,∀n ≥ N.
Vì {xn} bị chặn và {vn} bị chặn nên từ giả thiết ta cũng có n→+∞lim (∥xn−p∥ 2 − ∥vn−p∥ 2 ) = 0.
Cuối cùng, vì λ n δ n ∈ (0, c) ⊂ (0,1) và bất đẳng thức trên nên ta có điều cần chứng minh. Định lí 2.1 Cho C,H, D,A như trong Bổ đề 2.4 Cho f :D →D là ánh xạ co và A thỏa mãn một trong các giả thiết (M1), (M2) hoặc (M3) Giả thiết rằng {αn},{βn} ⊂ [0,1] và
Giả sử {x n } ⊂D xác định bởi
x1 ∈ D, yn = PC(xn−λnA(x n )), v n = P C (x n −λ n A(y n )), wn =αnf(xn) + (1−αn)vn, xn+1 = βnxn+ (1−βn)wn.
Chứng minh Trước hết, để ý rằngF :=V I(C,A)là tập đóng, lồi (theo Mệnh đề 2.4) Để vận dụng Mệnh đề 1.7, ta chỉ cần chứng minh rằng
(a) {x n } là dãy Halpern đối với F.
(b) ωw(vn k ) ⊂ F bất cứ khi nào dãy con {xn k } của dãy {xn} có tính chất k→+∞lim [∥vn k −p∥ − ∥xn k −p∥] = 0, p ∈ F. Theo Bổ đề 2.4 (a), tồn tại N ≥ 1 sao cho
∥v n −p∥ 2 = ∥x n −p∥ 2 , ∀n ≥ N. Điều đó dẫn đến rằng {x n } là dãy Halpern đối với F liên kết với {α n },{β n }, {u n },{v n },{w n } và f.
Từ tính bị chặn của {xn} (Mệnh đề 1.6) nên {vn} cũng bị chặn Giả sử dãy con {x n k } của dãy {x n } có tính chất k→+∞lim [∥vn k −p∥ − ∥xn k −p∥] = 0, p ∈ F.
Theo Bổ đề 2.4 (b), ta phải có k→+∞lim ∥x n k −y n k ∥ = lim k→+∞∥y n k −v n k ∥ = 0.
Cuối cùng, Theo Bổ đề 2.2 và Mệnh đề 2.5 ta nhận được ω w (v n k ) ⊂ F Đó là điều cần chứng minh.
Chứng minh tương tự Định lí 2.1, chúng ta cũng có kết luận của định lí sau đây. Định lí 2.2 Cho C,H, D,A, f, λ n , α n và β n như trong Định lí 2.1 Giả sử {xn} ⊂ D xác định bởi
x 1 ∈ D, yn = PC(xn−λnA(xn)), v n =P C (x n −λ n A(y n )), ˆ w n = α n f(v n ) + (1−α n )v n , xn+1 = βnxn+ (1−βn) ˆwn.
Phương pháp dưới đạo hàm - đạo hàm tăng cường (SEGM) của Censor, Gibali và Reich
Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H và ánh xạ A :C → H là đơn điệu và L-liên tục Lipschitz.
Dãy {x n } trên H xác định bởi
x1 ∈ H, y n = P C (x n −λ n A(x n )), xn+1 = PT n (xn−λnA(yn)), n ≥ 1, trong đó λn tuân theo Quy tắc 1 và
Bổ đề 2.5 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H Cho A : D → H là ánh xạ L-liên tục Lipschitz và giả thiết rằng
∥v−p∥ 2 ≤ ∥x−p∥ 2 −(1−λδ)(∥x−y∥ 2 +∥y −v∥ 2 ), ∀p ∈M V I(C,A), với δ xác định như trong Nhận xét 2.4.
Chứng minh Giả sử p ∈ M V I(C,A) Khi đó, ta có
Mặt khác, vì v ∈ T x nên ta cũng có
Phần còn lại chứng minh tương tự Bổ đề 2.3.
Bổ đề 2.6 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H Cho A : D → H là ánh xạ L-liên tục Lipschitz và giả thiết rằng
M V I(C,A) ̸=∅ Cho {λ n } ⊂(0,+∞) và {x n } ⊂ H Giả sử rằng
yn =PC(xn −λnA(x n )), v n = P T n (x n −λ n A(y n )), n ≥ 1, trong đó
Giả sử {λ n } tuân theo Quy tắc 1 hoặc Quy tắc 2 hoặc Quy tắc 3 Khi đó, ta có các khẳng định sau:
(a) Tồn tại N ≥ 1 và một dãy {δ n } sao cho λnδn ∈ (0, c) ⊂ (0,1) và
(b) Nếu {x n } bị chặn và n→+∞lim (∥xn−p∥ − ∥vn −p∥) = 0 thì n→+∞lim ∥x n −y n ∥ = lim n→+∞∥y n −v n ∥ = 0.
Chứng minh Chứng minh tương tự Bổ đề 2.4. Định lí 2.3 Cho C,H,A như trong Bổ đề 2.6 Cho f : H → H là ánh xạ co và A thỏa mãn một trong các giả thiết (M1), (M2) hoặc (M3) Giả thiết rằng {α n },{β n } ⊂ [0,1] xác định như trong Định lí 2.1 Giả sử {x n } ⊂ H xác định bởi
x1 ∈ H, y n = P C (x n −λ n A(x n )), vn = P T n (xn−λnA(yn)), wn =αnf(xn) + (1−αn)vn, x n+1 = β n x n + (1−β n )w n
Chứng minh Chứng minh tương tự Định lí 2.1 và sử dụng các Bổ đề 2.5 và
Bổ đề 2.6. Định lí 2.4 Giả sử các giả thiết trong Định lí 2.3 bảo đảm và cho dãy {x n } ⊂ H xác định bởi
x 1 ∈ H, yn = PC(xn−λnA(xn)), v n =P T n (x n −λ n A(y n )), w n ′ = α n f(v n ) + (1−α n )v n , xn+1 = βnxn+ (1−βn)w n ′
Phương pháp đạo hàm tăng cường Tseng (TEGM)
Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H và ánh xạ A :C → H là đơn điệu và L-liên tục Lipschitz.
Dãy {x n } trên H xác định bởi
x1 ∈ H, y n = P C (x n −λ n A(x n )), xn+1 = yn−λn(A(yn)− A(xn)), n ≥ 1, trong đó λ n tuân theo Quy tắc 1.
Bổ đề 2.7 ChoC là tập con lồi, đóng, khác rỗng của không gian Hilbert thực
H Cho ánh xạ A : D → H là L-liên tục Lipschitz sao cho M V I(C,A) ̸= ∅. Cho x∈ H và định nghĩa
∥y −v∥ ≤ λδ∥x−y∥, với δ xác định như trong Nhận xét 2.4.
Chứng minh Giả sử p ∈ M V I(C,A) Khi đó, ta có
Mặt khác, ta cũng có
Kết hợp với bất đẳng thức trên và đánh giá
+λ 2 ∥A(x)− A(y), ta có điều cần chứng minh.
Bổ đề 2.8 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H Cho A : D → H là ánh xạ L-liên tục Lipschitz và giả thiết rằng
M V I(C,A) ̸=∅ Cho {λn} ⊂(0,+∞) và {xn} ⊂ H Giả sử rằng
yn =PC(xn −λnA(xn)), vn = yn−λn(A(y n )− A(x n )), n ≥ 1.
Giả sử {λn} tuân theo Quy tắc 1 hoặc Quy tắc 2 hoặc Quy tắc 3 Khi đó, ta có các khẳng định sau:
(a) Tồn tại N ≥ 1 và một dãy {δn} sao cho λnδn ∈ (0, c) ⊂ (0,1) và
(b) Nếu {x n } bị chặn và lim n→+∞(∥v n −p∥ − ∥x n −p∥) = 0 thì n→+∞lim ∥x n −y n ∥ = lim n→+∞∥y n −v n ∥ = 0.
Chứng minh Lập luận tương tự như chứng minh Bổ đề 2.4, ta có điều cần chứng minh. Định lí 2.5 Cho C,H,A như trong Bổ đề 2.8 Cho f : H → H là ánh xạ co và A thỏa mãn một trong các giả thiết (M1), (M2) hoặc (M3) Giả thiết rằng {αn},{βn} ⊂ [0,1] xác định như trong Định lí 2.1 Giả sử {xn} ⊂ H xác định bởi
x 1 ∈ H, yn = PC(xn−λnA(xn)), v n =y n −λ n (A(y n )− A(x n )), w n = α n f(x n ) + (1−α n )v n , xn+1 = βnxn+ (1−βn)wn.
Chứng minh Lập luận tương tự như trong chứng minh Định lí 2.1, sử dụng các Bổ đề 2.7 và Bổ đề 2.8, ta có điều cần chứng minh. Định lí 2.6 Giả sử các giả thiết trong Định lí 2.5 bảo đảm và cho dãy {x n } ⊂ H xác định bởi
2.3 Lược đồ lặp cho các ánh xạ không có tính liên tục Lipschitz
Trong phần này, chúng tôi luôn giả thiết rằng: C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H và ánh xạ A : C → H là liên tục đều trên các tập con bị chặn của C.
Sau đây là một áp dụng các kết quả thu được ở Mục 1.4 để tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (2.1) trường hợp A không liên tục Lipschitz.
Phương pháp của Shehu và Iyiola
Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H và ánh xạ A : C → H là đơn điệu và liên tục đều trên các tập con bị chặn của C Cho γ, σ ∈ (0,1), ρ > 0 và {α n },{β n } ⊂ (0,1).
Dãy {x n } trên H xác định bởi
x1 ∈C, yn = (1−ηn)xn+ηnPC(xn− A(x n )), z n = α n x 1 + (1−α n )P C (x n −λ n A(y n )), xn+1 = βnxn+ (1−βn)zn, n ≥ 1, trong đó ηn = ργ m n và m n là số nguyên dương m nhỏ nhất sao cho
2∥x n −PC(xn − A(x n ))∥ 2 và λn = ⟨A(y n ), xn−yn⟩
Bổ đề 2.9 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H Cho ánh xạ A :C → H là liên tục đều trên các tập con bị chặn của
C sao cho M V I(C,A)̸= ∅ Cho l, à ∈ (0,1) và ν > 0 Giả thiết rằng y = PC(x− A(x)) ̸= x.
Khi đó, ta có các khẳng định sau:
(a) Tồn tại một số nguyên dương nhỏ nhất m sao cho
(c) Nếu v =P C (x−λA(z)) thì ta có các ước lượng sau:
∥A(z)∥ 2 Chứng minh (a) Giả sử phản chứng rằng không tồn tại một số nguyên dương m sao cho
⟨A((1−νl m )x+νl m y), x−y⟩ ≥ à∥x−y∥ 2 Điều này tương đương với
⟨A(z m ), x−y⟩ > à∥x−y∥ 2 , ∀m≥ 1, ở đây zm := (1−νl m )x+νl m y Từ định nghĩa của y và x ∈C, ta lại có
Vì l m → 0 nên zm → x và vì thế A(z m ) → A(x) Do đó, từ bất đẳng thức trên dẫn đến x= y (mâu thuẫn).
⟨A(z ′ ), x−y⟩ < à∥x−y∥ 2 , vì m là nhỏ nhất theo chứng minh trên Do đó, ta nhận được
⟨A(z), x−y⟩ ≥ à∥x−y∥ 2 và giả thiết x ̸= y suy ra A(z) ̸= 0 Mặt khác, ta cũng thấy rằng
⟨A(z), z−p⟩ ≥ 0. Để ý rằng, từ (b) dẫn đến λ > 0 Do đó, ta có ước lượng sau đây
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.10 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H Cho ánh xạ A :C → H là liên tục đều trên các tập con bị chặn của
C sao cho M V I(C,A)̸= ∅ Cho l, à ∈ (0,1) và ν > 0 Giả sử {x n } ⊂C và yn = PC(xn− A(xn)).
Dãy {v n } ⊂C được xác định như sau:
(b) Nếu y n ̸= x n thì giả sử m(n) một số nguyên dương nhỏ nhất sao cho
⟨A((1−νl m(n) )x n +νl m(n) y n ), x n −y n ⟩ ≥ à∥x n −y n ∥ 2 và đặt v n = P C (x n −λ n A(z n )), trong đó z n := (1−νl m(n) )x n +νl m(n) y n và λn := ⟨A(z n ), x n −z n ⟩
∥A(zn)∥ 2 Nếu {x n } bị chặn và n→+∞lim (∥v n −p∥ − ∥x n −p∥) = 0 thì n→+∞lim ∥x n −yn∥ = lim n→+∞∥v n −xn∥ = 0.
Chứng minh Nếu (a) xảy ra thì hiển nhiên ta có điều cần chứng minh Giả sử y n ̸= x n với mọi n ∈ N Theo Bổ đề 2.9, ta có
Vì lim n→+∞(∥v n −p∥ − ∥x n −p∥) = 0 nên n→+∞lim λn∥A(zn)∥ = 0.
Mặt khác, từ tính chất của phép chiếu và xn ∈ C ta có
Từ giới hạn trên, ta nhận được n→+∞lim ∥vn −xn∥ = 0.
Tiếp theo, vì {A(z n )} bị chặn (suy ra từ tính bị chặn của {x n } và giả thiết về A) nên từ Bổ đề 2.9 ta cũng có n→+∞lim àνl m(n) ∥x n −y n ∥ 2 ≤ lim n→+∞(λ n ∥A(z n )∥ 2 ) = 0.
Giả sử phản chứng rằng x n −y n ↛ 0 Khi đó, tồn tại ε > 0 và một dãy tăng chặt {nk} sao cho
Từ đánh giá trên ta phải có lim sup k→+∞ l m(n k ) = 0 Do đó, tồn tại dãy con {n k i } của {n k } sao cho lim i→+∞l m(n ki ) = 0 và x n ki ⇀ x, y n ki ⇀ y Bây giờ, ta đặt z n ′ := (1−νl m(n)−1 )x n +νl m(n)−1 y n
Khi đó, dễ thấy rằng m(n k i ) ≥ 2 với i đủ lớn và vì thế lim i→+∞l m(n ki )−1 = 0. Điều đó dẫn đến ∥z n ′ ki −x n ki ∥ → 0 và vì thế ∥A(z n ′ ki)− A(x n ki )∥ → 0.