Phương pháp lặp tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn tương đối trong không gian banach

Phương pháp lặp tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn tương đối trong không gian banach Phương pháp lặp tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn tương đối trong không gian banach Phương pháp lặp tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn tương đối trong không gian banach luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ HẢI NINH PHƯƠNG PHÁP LẶP TÌM ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN TƯƠNG ĐỐI TRONG KHÔNG GIAN BANACH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỒN THỊ HẢI NINH PHƯƠNG PHÁP LẶP TÌM ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN TƯƠNG ĐỐI TRONG KHÔNG GIAN BANACH Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 8460112 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Nguyễn Song Hà THÁI NGUYÊN - 2020 iii LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn T.S Nguyễn Song Hà Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc Thầy T.S Nguyễn Song Hà (Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên ), Thầy trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới quý Thầy, Cô giáo trực tiếp giảng dạy lớp Cao học Toán K12A3, bạn học viên bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên giúp đỡ tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân ln khuyến khích động viên tác giả suốt q trình học cao học viết luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp Thầy Cơ bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Tác giả Đoàn Thị Hải Ninh iv Mục lục Trang bìa phụ ii Lời cảm ơn iii Mục lục iv Danh mục ký hiệu chữ viết tắt Danh sách bảng v vi Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Cấu trúc hình học khơng gian Banach 2 1.2 Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc 1.3 Ánh xạ không giãn tương đối phép chiếu suy rộng 11 16 Chương Phương pháp lặp tìm điểm bất động ánh xạ khơng giãn tương đối 23 2.1 Phương pháp chiếu lai ghép 2.2 Phương pháp lặp Halpern-Mann 23 31 2.3 Ví dụ minh họa 38 Kết luận chung đề nghị 44 Tài liệu tham khảo 45 v Danh mục ký hiệu chữ viết tắt E Không gian Banach thực E∗ Không gian đối ngẫu E E ∗∗ Không gian đối ngẫu thứ hai E PC (x) Phép chiếu mêtric phần tử x lên tập C ΠC (x) Phép chiếu suy rộng phần tử x lên tập C Fix(T ) Tập điểm bất động ánh xạ T xn → x Dãy {xn } hội tụ mạnh đến x xn Dãy {xn } hội tụ yếu đến x x x Chuẩn phần tử x x∗ , x Giá trị x∗ ∈ E ∗ x ∈ E J Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc E I Ánh xạ đơn vị E SE Mặt cầu đơn vị E lim inf xn Giới hạn dãy {xn } lim sup xn Giới hạn dãy {xn } n→∞ n→∞ vi Danh sách bảng 2.1 Kết tính tốn cho phương pháp (2.14) 40 2.2 Kết tính tốn cho phương pháp (2.15) 42 Mở đầu Luizen Egbertus Jan Brouwer, nhà Tốn học người BaLan, người đặt móng cho nghiên cứu lí thuyết điểm bất động Kết quan trọng đầu tiên, "Nguyên lí điểm bất động Brouwer" ơng cơng bố năm 1912 Đó định lý trung tâm lý thuyết điểm bất động nguyên lý giải tích phi tuyến Ngày có năm cách chứng minh khác cho nguyên lý tiếng hàng chục định lý tương đương tìm Trong suốt 100 năm qua, lí thuyết dành quan tâm đặc biệt gắn liền với tên tuổi nhiều nhà Toán học lớn E Picard, L.E.J Brouwer, S Banach, J Schauder, S Kakutani, A.N Tikhonov, Ky Fan, F.E Browder, K Goebel, W.A Kirk, Nó đóng vai trị then chốt nhiều nghiên cứu thuộc lĩnh vực lí thuyết Tốn học khác như: lí thuyết tối ưu, bất đẳng thức biến phân, toán cân bằng, tốn minimax, phương trình vi tích phân, phương trình đạo hàm riêng, Bên cạnh đó, lí thuyết công cụ hữu hiệu để giải nhiều mơ hình tốn thực tiễn như: kiểm sốt lượng hệ thống mạng viễn thơng CDMA, xử lí ảnh, xử lí tín hiệu, mạng giao thơng, y sinh, Mục đích luận văn trình bày lại có hệ thống số phương pháp lặp tìm điểm bất động ánh xạ khơng giãn tương đối không gian Banach lồi trơn Với mục tiêu vậy, lời mở đầu, luận văn gồm có hai chương, kết luận tài liệu tham khảo Chương 1, dành để hệ thống lại kiến thức cấu trúc hình học khơng gian Banach, ánh xạ khơng giãn tương đối phép chiếu suy rộng, nhằm phục vụ cho việc cụ thể hóa nội dung chương sau luận văn Chương dùng để trình bày phương pháp chiếu lai ghép phương pháp lặp Halpern-Mann tìm điểm bất động tốn nêu ví dụ số minh họa Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, hệ thống lại số kiến thức nhằm phục vụ cho việc trình bày nội dung phần sau luận văn Cấu trúc chương chia thành ba phần: Mục 1.1 trình bày lại số khái niệm kết cấu trúc hình học khơng gian Banach Những tính chất cần thiết ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc cụ thể hóa Mục 1.2 Phần cuối chương, Mục 1.3 dành để giới thiệu lớp ánh xạ không giãn tương đối phép chiếu suy rộng không gian Banach 1.1 Cấu trúc hình học khơng gian Banach Cho E không gian Banach thực, E ∗ E ∗∗ tương ứng không gian đối ngẫu không gian đối ngẫu thứ hai E Định nghĩa 1.1 Tập C ⊆ E gọi lồi với x, y ∈ C với λ ∈ [0, 1] ta có λx + (1 − λ)y ∈ C Hay nói cách khác, tập C ⊆ E lồi chứa đoạn thẳng nối hai điểm thuộc D C I B A G J K E H F Hình 1.1 Tập lồi tập khơng lồi (Quan sát hình bên tay phải, ta thấy tập khơng lồi đoạn nối hai điểm I H có chứa phần JK khơng nằm tập đó) Ví dụ 1.1 Những ví dụ đơn giản tập lồi nửa khơng gian đóng hình cầu đóng Dạng biểu diễn giải tích tập hợp là: ∆ := {x ∈ E : x∗ , x ≤ α}, S[x0 , r] := {x ∈ E : x − x0 ≤ r}, đó, x∗ ∈ E ∗ , x0 ∈ E, α ∈ R số thực r > cố định cho Định nghĩa 1.2 Dãy {xk } ⊂ E gọi i) hội tụ mạnh tới x0 ∈ E lim xk − x0 = 0, k→∞ ta kí hiệu xk → x0 ii) hội tụ yếu tới x0 ∈ E lim xk , x∗ = x0 , x∗ k→∞ ta kí hiệu xk ∀x∗ ∈ E ∗ , x0 Nhận xét 1.1 Nếu dãy {xk } ⊂ E hội tụ mạnh tới x0 ∈ E hội tụ yếu tới x0 ∈ E Khẳng định ngược lại E không gian hữu hạn chiều Ví dụ 1.2 Dưới ví dụ dãy hội tụ yếu không hội tụ mạnh Xét E = l2 {xk } dãy l2 xác định xk = (0, 0, 0, , 1, 0, ) k ∈ N, thành phần trừ thành phần vị trí thứ k tương ứng Trước hết, để ý E ∗ = l2 ∀x∗ = (y1 , y2 , , yk , ) ∈ l2 ta có lim xk , x∗ = lim yk = k→∞ Do đó, xk k→∞ k → ∞ Tuy nhiên, {xk } khơng hội tụ mạnh xk = với k ∈ N Nhận xét 1.2 Trong không gian Hilbert, dãy {xk } thỏa mãn xk xk → x0 k → ∞ xk → x0 Thật vậy, ta có xk − x0 = xk − x0 , xk − x0 = xk + x0 Cho k → ∞ ta nhận xk − x0 → − xk , x0 x0 Mệnh đề 1.1 [1, 3] Cho E không gian Banach thực {xk } ⊂ E Khi đó, xk x0 {xk } bị chặn x0 ≤ lim inf xk k→∞ Định nghĩa 1.3 Tập C ⊆ E gọi đóng với dãy {xk } C mà xk → x0 x0 ∈ C Những vấn đề cấu trúc hình học khơng gian Banach phần tham khảo chủ yếu tài liệu [1, 3] Định nghĩa 1.4 Không gian Banach E gọi lồi với < ε ≤ bất đẳng thức x ≤ 1, y ≤ 1, x − y ≥ ε thỏa mãn tồn số δ = δ( ) > cho (x + y)/2 ≤ − δ D B δ A x A≡ y x+y O Hình 1.2 Minh họa hình cầu đơn vị khơng gian R2 lồi Ví dụ 1.3 Không gian Hilbert H không gian lồi Thật vậy, từ quy tắc hình bình hành khơng gian Hilbert, ta có x+y = 2( x + y 2) − x − y ∀x, y ∈ H Giả sử với < ε ≤ bất đẳng thức x ≤ 1, y ≤ 1, x − y ≥ ε thỏa mãn Khi đó, ta nhận x+y ≤ − ε2 31 − 2r Jr (w) − p, [J(w) − J(Jr (w))] r + Jr (w), J(w) − J(Jr (w)) − p, J(w) + Jr (w) = p 2 ≤ p + Jr (w), J(w) − J(Jr (w)) − p, J(w) + Jr (w) = p − p, J(w) + w − Jr (w) 2 + Jr (w), J(w) − w = Φ(p, w) − Φ(Jr (w), w) ≤ Φ(p, w) Bất đẳng thức suy Jr ánh xạ không giãn tương đối Cuối cùng, áp dụng Định lí 2.1 ta có điều cần chứng minh 2.2 Phương pháp lặp Halpern-Mann Trong mục này, chúng tơi trình bày lại phương pháp đề xuất Nilsrakoo Saejung [5] tìm điểm bất động ánh xạ không giãn tương đối không gian Banach lồi trơn Để thuận tiện cho việc trình bày chi tiết chứng minh, trước hết nhắc lại số Bổ đề quan trọng sau Bổ đề 2.1 [5] Cho {an } dãy số thực không âm Giả sử an+1 ≤ (1 − αn )an + αn δn , ∀n ∈ N, đó, {αn } ⊂ (0, 1) {δn } ⊂ R thỏa mãn (i) lim αn = 0, n→∞ ∞ αn = ∞, (ii) n=1 (iii) < lim sup δn ≤ n→∞ Khi đó, ta có an → Bổ đề 2.2 [5] Giả sử {an } dãy số thực mà tồn dãy {ni } {n} cho ani < ani +1 , ∀i ∈ N 32 Khi đó, tồn dãy không giảm {mk } ⊂ N thỏa mãn mk → ∞ tính chất bảo đảm với k ∈ N đủ lớn amk ≤ amk +1 , ak ≤ amk +1 Bổ đề 2.3 [5] Cho E không gian Banach phản xạ, lồi chặt trơn Cho C tập lồi đóng khác rỗng E Cho T : C → E ánh xạ không giãn tương Fix(T ) = ∅ Nếu {xn } dãy bị chặn thỏa mãn xn − T (xn ) → 0, ta có lim sup xn − xˆ, J(x) − J(ˆ x) ≤ 0, n→∞ đây, xˆ = ΠFix(T ) (x) Thông qua việc cải biên kết hợp phương pháp lặp Halpern phương pháp Mann, năm 2011, Nilsrakoo Saejung nhận kết sau Định lí 2.2 [5] Cho E không gian Banach lồi trơn Cho C tập lồi đóng khác rỗng E Cho T : C → C ánh xạ không giãn tương Fix(T ) = ∅ Giả sử dãy số thực {αn } ⊂ [0, 1] {βn } ⊂ [0, 1] thỏa mãn điều kiện sau A1) lim αn = 0, n→∞ ∞ αn = ∞, A2) n=1 A3) < lim inf βn ≤ lim sup βn < n→∞ n→∞ Khi đó, dãy {xn } xác định    u ∈ E,     x ∈ C,   yn = βn J(xn ) + (1 − βn )J(T (xn )),     −1 x n+1 = ΠC J (αn J(u) + (1 − αn )yn ), hội tụ mạnh đến uˆ := ΠFix(T ) (u) (2.5) 33 Chứng minh Định lí chứng minh thông qua số bước sau: Bước Chứng minh {xn } bị chặn Nếu đặt zn = J −1 (βn J(xn ) + (1 − βn )J(T (xn ))) xn+1 = ΠC J −1 (αn J(u) + (1 − αn )J(zn )) Lấy tùy ý p ∈ Fix(T ), từ Nhận xét 1.5 ta có φ(p, zn ) = φ(p, J −1 (βn J(xn ) + (1 − βn )J(T (xn )))) ≤ βn φ(p, xn ) + (1 − βn )φ(p, T (xn )) ≤ βn φ(p, xn ) + (1 − βn )φ(p, xn ) = φ(p, xn ), φ(p, xn+1 ) = φ(p, ΠC J −1 (αn J(u) + (1 − αn )J(zn ))) ≤ φ(p, J −1 (αn J(u) + (1 − αn )J(zn ))) ≤ αn φ(p, u) + (1 − αn )φ(p, zn ) ≤ αn φ(p, u) + (1 − αn )φ(p, xn ) ≤ max{φ(p, u), φ(p, xn )} Bằng quy nạp suy φ(p, xn+1 ) ≤ max{φ(p, u), φ(p, x1 )}, ∀n ∈ N Do đó, dãy {xn } bị chặn Bước Chứng minh φ(ˆ u, xn+1 ) ≤ (1 − αn )φ(ˆ u, xn ) + 2αn wn − uˆ, J(u) − J(ˆ u) Vì {xn } bị chặn nên {T (xn )} bị chặn Giả sử g : [0, 2r] → [0, ∞) hàm số thỏa mãn Mệnh đề 1.17, số thực dương r xác định r = sup{ u , xn , T (xn ) } n∈N Ta có ước lượng sau φ(ˆ u, zn ) = φ(ˆ u, J −1 (βn J(xn ) + (1 − βn )J(T (xn )))) 34 ≤ βn φ(ˆ u, xn ) + (1 − βn )φ(ˆ u, T (xn )) − βn (1 − βn )g( J(xn ) − J(T (xn )) ) ≤ φ(ˆ u, xn ) + (1 − βn )φ(ˆ u, xn ) − βn (1 − βn )g( J(xn ) − J(T (xn )) ) = φ(ˆ u, xn ) − βn (1 − βn )g( J(xn ) − J(T (xn )) ) Vì thế, ta nhận φ(ˆ u, zn ) ≤ φ(ˆ u, xn ) − βn (1 − βn )g( J(xn ) − J(T (xn )) ), (2.6) φ(ˆ u, xn+1 ) = φ(ˆ u, ΠC J −1 (αn J(u) + (1 − αn )J(zn ))) ≤ φ(ˆ u, J −1 (αn J(u) + (1 − αn )J(zn ))) ≤ αn φ(ˆ u, u) + (1 − αn )φ(ˆ u, zn ) (2.7) ≤ αn φ(ˆ u, u) + (1 − αn )[φ(ˆ u, xn ) − βn (1 − βn )g( J(xn ) − J(T (xn )) )] Ta đặt M = sup{|φ(ˆ u, u) − φ(ˆ u, xn )| + βn (1 − βn )g( J(xn ) − J(T (xn )) )} n∈N Khi đó, từ ước lượng (2.7) ta có βn (1 − βn )g( J(xn ) − J(T (xn )) ) ≤ φ(ˆ u, xn ) − φ(ˆ u, xn+1 ) + αn M Kí hiệu wn = J −1 (αn J(u) + (1 − αn )J(zn )) Ta có xn+1 = ΠC (wn ) Từ Mệnh đề 1.18 (2.6) ta nhận φ(ˆ u, xn+1 ) = φ(ˆ u, ΠC J −1 (αn J(u) + (1 − αn )J(zn ))) = V (ˆ u, αn J(u) + (1 − αn )J(zn )) ≤ V (ˆ u, [αn J(u) + (1 − αn )J(zn )] − [αn (J(u) − J(ˆ u))]) − J −1 (αn J(u) + (1 − αn )J(zn )) − uˆ, − αn (J(u) − J(ˆ u)) = V (ˆ u, αn J(ˆ u) + (1 − αn )J(zn )) + 2αn wn − uˆ, J(u) − J(ˆ u) (2.8) 35 = φ(ˆ u, J −1 (αn J(ˆ u) + (1 − αn )J(zn ))) + 2αn wn − uˆ, J(u) − J(ˆ u) ≤ αn φ(ˆ u, uˆ) + (1 − αn )φ(ˆ u, zn ) + 2αn wn − uˆ, J(u) − J(ˆ u) Hay suy φ(ˆ u, xn+1 ) ≤ (1 − αn )φ(ˆ u, xn ) + 2αn wn − uˆ, J(u) − J(ˆ u) (2.9) Bước Chứng minh xn → uˆ Trường hợp Nếu tồn n0 ∈ N cho dãy {φ(ˆ u, xn )} dãy đơn điệu tăng dãy {φ(ˆ u, xn )} hội tụ (tính bị chặn suy từ ước lượng cuối Bước 1) Khi đó, ta có φ(ˆ u, xn ) − φ(ˆ u, xn+1 ) → Kết hợp với A1), A3) (2.8) suy g( J(xn ) − J(T (xn )) ) → Điều dẫn đến J(xn ) − J(T (xn )) → 0, ta nhận xn − T (xn ) → Mặt khác, ta lại có φ(T (xn ), zn ) ≤ βn φ(T (xn ), xn ) + (1 − βn )φ(T (xn ), T (xn )) = βn φ(T (xn ), xn ) → 0, φ(zn , wn ) ≤ αn φ(zn , u) + (1 − αn )φ(zn , zn ) = αn φ(zn , u) → Từ suy T (xn ) − zn → 0, zn − wn → Kết hợp với (2.9) ta nhận xn − zn → 0, xn − wn → 36 Áp dụng Bổ đề 2.3, ta có lim sup wn − u, J(u) − J(ˆ u) = lim sup xn − u, J(u) − J(ˆ u) ≤ n→∞ n→∞ Từ (2.9) điều kiện A1), A2) áp dụng Bổ đề 2.1 cho δn := wn − uˆ, J(u) − J(ˆ u) , an+1 := φ(ˆ u, xn+1 ), ta suy φ(ˆ u, xn ) → Hay ta có xn → uˆ Trường hợp Giả sử tồn dãy {ni } {n} cho u, xni +1 ), φ(ˆ u, xni ) ≤ φ(ˆ ∀i ∈ N Khi đó, theo Bổ đề 2.2, tồn dãy không giảm {mk } ⊂ N cho mk → ∞ u, xmk +1 ), φ(ˆ u, xmk ) ≤ φ(ˆ φ(ˆ u, xk ) ≤ φ(ˆ u, xmk +1 ), ∀k ∈ N Kết hợp với (2.8) suy u, xmk +1 ) + αmk M u, xmk ) − φ(ˆ βmk (1 − βmk )g( J(xmk ) − J(T (xmk )) ) ≤ φ(ˆ ≤ αmk M Từ A1) A3) dẫn đến J(xmk ) − J(T (xmk )) → Bây lập luận tương tự Trường hợp 1, ta nhận lim sup wmk − uˆ, J(u) − J(ˆ u) ≤ (2.10) k→∞ Tiếp theo, từ (2.7) ta lại có φ(ˆ u, xmk +1 ) ≤ (1 − αmk )φ(ˆ u, xmk ) + 2αmk wmk − uˆ, J(u) − J(ˆ u) (2.11) Vì ta nhận αmk φ(ˆ u, xmk ) ≤ φ(ˆ u, xmk ) − φ(ˆ u, xmk +1 ) + 2αmk wmk − uˆ, J(u) − J(ˆ u) ≤ 2αmk wmk − uˆ, J(u) − J(ˆ u) 37 Điều cho ta φ(ˆ u, xmk ) ≤ wmk − uˆ, J(u) − J(ˆ u) Do đó, từ (2.10) ta có φ(ˆ u, xmk ) → 0, từ (2.11) ta có φ(ˆ u, xmk +1 ) → 0, Mặt khác, φ(ˆ u, xk ) ≤ φ(ˆ u, xmk +1 ) nên φ(ˆ u, xk ) → Hay suy xk → uˆ Trong khơng gian Hilbert, ta có hệ trực tiếp Định lí Hệ 2.3 [5] Cho C tập lồi đóng khác rỗng không gian Hilbert thực H Cho T : C → C ánh xạ không giãn (tương đối) với Fix(T ) = ∅ Giả sử dãy số thực {αn } ⊂ [0, 1] {βn } ⊂ [0, 1] thỏa mãn điều kiện sau A1) lim αn = 0, n→∞ ∞ αn = ∞, A2) n=1 A3) < lim inf βn ≤ lim sup βn < n→∞ n→∞ Khi đó, dãy {xn } xác định    u ∈ H,     x ∈ C, (2.12)   yn = βn xn + (1 − βn )T (xn ),     x n+1 = PC (αn u + (1 − αn )yn ), hội tụ mạnh đến uˆ := PFix(T ) (u) Từ Nhận xét 2.1 chứng minh Hệ 2.2 ta nhận kết sau từ Định lí 2.2 38 Hệ 2.4 [5] Cho E không gian Banach lồi trơn Cho A : E ⇒ E ∗ toán tử đơn điệu cực đại Cho Jr toán tử giải toán tử A với r > Giả sử dãy số thực {αn } ⊂ [0, 1] {βn } ⊂ [0, 1] thỏa mãn điều kiện sau A1) lim αn = 0, n→∞ ∞ αn = ∞, A2) n=1 A3) < lim inf βn ≤ lim sup βn < n→∞ n→∞ Xét dãy {xn } xác định    u ∈ E,     x ∈ E, (2.13)   yn = βn J(xn ) + (1 − βn )J(Jr (xn )),     −1 x n+1 = J (αn J(u) + (1 − αn )yn ), đó, Jr tốn tử giải tốn tử A Nếu Zer(A) = ∅ {xn } hội tụ mạnh đến ΠZer(A) (u) 2.3 Ví dụ minh họa Trong phần này, chúng tơi trình bày vài ví dụ số cụ thể minh họa cho phương pháp tìm điểm bất động ánh xạ khơng giãn tương đối trình bày Mục 2.1 Mục 2.2 Chúng ta xét không gian Banach lồi trơn E trường hợp đặc biệt khơng gian hữu hạn chiều Rn với tích vơ hướng hai véctơ x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn y = (y1 , y2 , , yn ) ∈ Rn xác định x, y = x1 y1 + x2 y2 + + xn yn , chuẩn tương ứng sinh tích vô hướng x = x21 + x22 + + x2n Cho C tập lồi đóng khác rỗng Rn có dạng C = {x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn : a, x ≤ b} 39 a = (a1 , a2 , , an ) ∈ Rn , b ∈ R phần tử cố định Cho T : C → C ánh xạ khơng giãn (và ánh xạ khơng giãn tương đối (Ví dụ 1.13) với Fix(T ) = ∅ Xét toán tìm x ∈ C cho x = T (x) Với giả thiết trên, từ Ví dụ 1.11 Nhận xét 1.5, phương pháp (2.4) (2.5) tìm nghiệm xấp xỉ tốn tương ứng có dạng    x0 ∈ C,       y = αn xn + (1 − αn )T (xn ),   n (2.14) Hn = {z ∈ C : z − yn ≤ z − xn },      Wn = {z ∈ C : xn − z, x0 − xn ≥ 0},     x n+1 = PHn ∩Wn (x0 ),    u ∈ H,     x ∈ C, (2.15)   yn = βn xn + (1 − βn )T (xn ),     x n+1 = PC (αn u + (1 − αn )yn ) Để ý Hn ∩ Wn C nửa khơng gian đóng khơng gian hữu hạn chiều Do đó, phép chiếu lên nửa khơng gian tính tốn biểu thức giải tích cụ thể (xem [2]) Giả sử dạng tổng quát ba nửa khơng gian đóng có dạng C = {x ∈ Rn : x, u ≤ ζ}, đó, ζ ∈ R u ∈ Rn phần tử cố định Khi ấy, ta có (i) Nếu u = ζ ≥ C = Rn PC = I (ii) Nếu u = ζ < C = ∅ (iii) Nếu u = C = ∅ với x ∈ Rn ta có   x x, u ≤ ζ, PC (x) = ζ − x, u  u x, u > ζ x + u 40 Để thuận tiện cho việc tính tốn số, chúng tơi xét cho trường hợp n = Ví dụ 2.1 Xét C = R2 ánh xạ T : R2 → R2 xác định T (x) = A(x), ∀x = (w, v) ∈ R2 , đó, A ma trận xác định ánh xạ T có dạng A= 1 Dễ thấy, T ánh xạ khơng giãn T (x) − T (y) = A(x) − A(y) = A(x − y) = x − y Hơn nữa, khơng khó khăn để Fix(T ) = {x = (w, v) ∈ R2 : w = v} = ∅ Nếu với x0 = (2, 4) PFix(T ) (x0 ) = (3, 3) := x∗ Chọn tham số lặp n+2 thỏa mãn điều kiện hội tụ Định lí 2.1 Với điểm ban đầu x0 , sử dụng phương pháp lặp (2.14) tìm điểm bất động αn = ánh xạ T , ta nhận bảng kết tính tốn số cho nghiệm xấp xỉ đây: TOL= xn − x∗ αn Số bước lặp n Sai số 1/(n+2) 0.00392837100659 10−2 1/(n+2) 0.00005611958581 10−3 1/2 0.00552427172802 10−2 1/2 0.00006905339669 11 10−3 99/100 0.00009979880782 722 10−3 Bảng 2.1: Kết tính tốn cho phương pháp (2.14) Kết cho thấy tham số αn gần giá trị số bước tính tốn cần nhiều 41 Bây giờ, lấy ngẫu nhiên điểm ban đầu x0 = (w, v) ∈ R2 khơng khó khăn để x∗ = PFix(T ) (x0 ) có dạng x∗ = w+v w+v , 2 Khi đó, sử dụng phương pháp lặp (2.14) với αn = 10 ta có dáng điệu nghiệm xấp xỉ mơ tả hình Hình 2.1: Kết tính tốn cho phương pháp (2.14) với điều kiện dừng TOL < 10−4 Ví dụ 2.2 Xét E = R2 tập C có dạng C = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 : x1 + x2 ≥ 0} Cho ánh xạ T : C → C xác định tương tự Ví dụ 2.1 Khi đó, T ánh xạ khơng giãn Fix(T ) = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 : x1 = x2 } = ∅ Lấy ngẫu nhiên u = (u1 , u2 ) ∈ R2 ta có uˆ := PFix(T ) (u) = u1 + u2 u1 + u2 , 2 42 Chọn tham số lặp n , βn = n 2n + thỏa mãn điều kiện hội tụ Định lí 2.2 Với điểm ban đầu x1 = (2, 4) u = (3, 5) sử dụng phương pháp lặp (2.15) αn = tìm điểm bất động ánh xạ T , ta nhận bảng kết tính tốn số (k) (k) cho nghiệm xấp xỉ thứ k xk = (v1 , v2 ) đây: k (k) v1 (k) v2 k (k) v1 (k) v2 3.600000000 4.400000000 20 3.951189064 4.048810935 3.774603174 4.225396825 40 3.975304785 4.024695214 3.845103045 4.154896954 60 3.983469926 4.016530073 3.881897361 4.118102638 80 3.987577154 4.012422845 10 3.904525107 4.095474892 100 3.990049502 4.009950497 Bảng 2.2: Kết tính tốn cho phương pháp (2.15) Nếu với điểm ban đầu x1 = (2, 4) u ∈ R2 lấy ngẫu nhiên, ta có dáng điệu nghiệm xấp xỉ mơ tả hình sau Hình 2.2: Kết tính tốn cho phương pháp (2.15) sau 100 bước lặp Bây giờ, xét trường hợp C = R2 PC ≡ I 43 Khi đó, với u x1 tùy ý R2 , dãy lặp (2.15) có dạng xn+1 = αn u + (1 − αn )[βn xn + (1 − βn )T (xn )] (2.16) Sử dụng phương pháp (2.16) với việc lấy ngẫu nhiên u điểm ban đầu x1 ta có dáng điệu nghiệm xấp xỉ Hình 2.3: Kết tính tốn cho phương pháp (2.16) với điều kiện dừng TOL < 10−3 (TOL sai lệch xn − uˆ nghiệm xấp xỉ xn nghiệm xác uˆ tính ngẫu nhiên theo thông số ngẫu nhiên đầu vào) 44 KẾT LUẬN Luận văn nghiên cứu trình bày lại có hệ thống số vấn đề sau đây: Một là, trình bày lại số kiến thức cấu trúc hình học khơng gian Banach (khơng gian trơn, trơn đều, lồi lồi chặt), ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc, phép chiếu suy rộng (khái niệm số tính chất cốt yếu) Chương 1, nhằm phục vụ cho việc chi tiết hóa nội dung luận văn Chương Hai là, trình bày nội dung hội tụ mạnh hai phương pháp tìm điểm bất động ánh xạ không giãn tương đối không gian Banach lồi trơn phương pháp chiếu lai ghép phương pháp lặp kiểu Halpern-Mann Ba là, xây dựng ví dụ số cụ thể khơng gian hữu hạn chiều nhằm minh họa tương ứng cho hội tụ phương pháp nêu 45 Tài liệu tham khảo [1] Agarwal R., O’Regan D., Shahu, D (2009), Fixed point theory for Lipschitzian-type mappings with applications, Springer [2] Bauschke H H., Combettes P L (2010), Convex Analysis and Monotone Operator Theory in Hilbert spaces, Springer [3] Chidume C (2009), Geometric properties of Banach spaces and nonlinear iterations, Springer [4] Matsushita S., Takahashi W (2005), "A strong convergence theorem for relatively nonexpansive mappings in a Banach space", Journal of Approximation Theory, 134, pp 257-266 [5] Nilsrakoo W., Saejung S (2011), "Strong convergence theorems by Halpern–Mann iterations for relatively nonexpansive mappings in Banach spaces", Applied Mathematics and Computation, 217, pp 6577-6586 ... ∈ E ∗ 23 Chương Phương pháp lặp tìm điểm bất động ánh xạ không giãn tương đối Trong chương này, trình bày lại hai phương pháp lặp tìm điểm bất động ánh xạ không giãn tương đối Cấu trúc chương... hai phương pháp tìm điểm bất động ánh xạ không giãn tương đối không gian Banach lồi trơn phương pháp chiếu lai ghép phương pháp lặp kiểu Halpern-Mann Ba là, xây dựng ví dụ số cụ thể không gian. .. khơng gian Banach 2 1.2 Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc 1.3 Ánh xạ không giãn tương đối phép chiếu suy rộng 11 16 Chương Phương pháp lặp tìm điểm bất động ánh xạ