Một phương pháp chiếu co hẹp giải bài toán không điểm trung tách trong không gian banach

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ THỊ HUYỀN TRANG MỘT PHƯƠNG PHÁP CHIẾU CO HẸP GIẢI BÀI TỐN KHƠNG ĐIỂM CHUNG TÁCH TRONG KHƠNG GIAN BANACH LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số: 46 01 12 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Trương Minh Tuyên TS Li Quanqing Thái Nguyên – 2019 ii Lời cảm ơn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến TS Trương Minh Tuyên, người tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tơi suốt q trình học tập nghiên cứu để hồn thành luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, thầy giáo, cô giáo khoa Toán – Tin, trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Ngun tận tình giúp đỡ tơi suốt trình học tập nghiên cứu Trường Nhân dịp này, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, người thân, bạn bè động viện, khích lệ, tạo điều kiện giúp đỡ tơi trình học tập nghiên cứu iii Mục lục Lời cảm ơn ii Một số ký hiệu viết tắt iv Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số vấn đề hình học khơng gian Banach 1.2 Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc 14 1.3 Phép chiếu mêtric 22 1.4 Toán tử đơn điệu không gian Banach 24 1.4.1 Khái niệm toán tử đơn điệu cực đại toán tử giải mêtric 24 1.4.2 ε− mở rộng toán tử đơn điệu cực đại không gian Banach 26 Chương Một phương pháp chiếu co hẹp giải tốn khơng điểm chung tách 32 2.1 Phương pháp chiếu co hẹp 32 2.2 Một số ứng dụng 39 2.2.1 Bài toán điểm cực tiểu tách 39 2.2.2 Bài toán chấp nhận tách đa tập 41 2.2.3 Bài toán bất đẳng thức biến phân tách 42 2.3 Ví dụ số minh họa 44 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 iv Một số ký hiệu viết tắt E không gian Banach E∗ không gian đối ngẫu E R tập hợp số thực R+ tập số thực không âm ∩ phép giao inf M cận tập hợp số M sup M cận tập hợp số M max M số lớn tập hợp số M M số nhỏ tập hợp số M argminx∈X F (x) tập điểm cực tiểu hàm F X ∅ tập rỗng ∀x với x D(A) miền xác định toán tử A R(A) miền ảnh toán tử A A−1 toán tử ngược toán tử A I toán tử đồng Lp (Ω) khơng gian hàm khả tích bậc p Ω lp không gian dãy số khả tổng bậc p lim sup xn giới hạn dãy số {xn } n→∞ lim inf xn giới hạn dãy số {xn } xn −→ x0 dãy {xn } hội tụ mạnh x0 xn dãy {xn } hội tụ yếu x0 n→∞ x0 JE ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc E jE ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc đơn trị E v δE (ε) mô đun lồi không gian Banach E ρE (τ ) mô đun trơn không gian Banach E F ix(T ) F (T ) tập điểm bất động ánh xạ T ∂f vi phân hàm lồi f M bao đóng tập hợp M PC phép mêtric lên C ΠC phép chiếu tổng quát lên C iC hàm tập lồi C Mở đầu Cho C Q tập lồi, đóng khác rỗng không gian Hilbert H1 H2 , tương ứng Cho T : H1 −→ H2 tốn tử tuyến tính bị chặn T ∗ : H2 −→ H1 toán tử liên hợp T Bài tốn chấp nhận tách (SFP) có dạng sau: Tìm phần tử x∗ ∈ S = C ∩ T −1 (Q) = ∅ (SFP) Mô hình tốn (SFP) lần giới thiệu nghiên cứu Y Censor T Elfving [5] cho mơ hình tốn ngược Bài tốn đóng vai trị quan trọng khơi phục hình ảnh Y học, điều khiển cường độ xạ trị điều trị bệnh ung thư, khơi phục tín hiệu (xem [3], [4]) hay áp dụng cho việc giải toán cân kinh tế, lý thuyết trò chơi (xem [13]) Giả sử C tập lồi đóng khơng gian Hilbert H1 Ta biết tập điểm cực tiểu hàm  0, x ∈ C, iC (x) = ∞, x ∈ /C arg minH1 iC (x) = C Do đó, ta nhận C = (∂iC )−1 (0), với ∂iC vi phân iC (Rockafellar [11] ∂iC toán tử đơn điệu cực đại) Ngoài ra, C tập khơng điểm tốn tử đơn điệu A xác định A = I − PC Do đó, ta xem tốn chấp nhận tách (SFP) trường hợp riêng tốn khơng điểm chung tách Bài tốn khơng điểm chung tách phát biểu dạng sau: Cho A : H1 −→ 2H1 B : H2 −→ 2H2 toán tử đơn điệu cực đại cho T : H1 −→ H2 tốn tử tuyến tính bị chặn Tìm phần tử x∗ ∈ S = A−1 (0) ∩ T −1 B −1 (0) = ∅ (SCNPP) Cho đến Bài toán (SCNPP) chủ đề thu hút nhiều người làm tốn ngồi nước quan tâm nghiên cứu Mục đích luận văn trình bày lại kết T.M Tuyen, N.S Ha, N.T.T Thuy tài liệu [15] phương pháp chiếu co hẹp cho Bài tốn (SCNPP) khơng gian Banach Nội dung luận văn chia làm hai chương chính: Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, luận văn đề cập đến số vấn đề cấu trúc hình học khơng gian Banach không gian Banach lồi đều, không gian Banach trơn đều, ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc; phép chiếu mêtric phép chiếu tổng quát; toán tử đơn điệu khơng gian Banach, tốn tử giải mêtric tốn tử giải tổng quát Chương Một phương pháp chiếu co hẹp giải tốn khơng điểm chung tách Trong chương luận văn tập trung trình bày lại cách chi tiết kết T.M Tuyen, N.S Ha, N.T.T Thuy [15] phương pháp chiếu co hẹp cho tốn khơng điểm chung tách khơng gian Banach Ngoài ra, chương luận văn đề cập đến số ứng dụng định lí (Định lí 2.1) cho số tốn liên quan toán điểm cực tiểu tách, toán chấp nhận tách đa tập bất đẳng thức biến phân tách Chương Kiến thức chuẩn bị Chương bao bồm mục Mục 1.1 trình bày số tính chất khơng gian phản xạ, không gian Banach lồi đều, trơn Mục 1.2 giới thiệu ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc Mục 1.3 đề cập đến khái niệm phép chiếu mêtric số tính chất Mục 1.4 trình bày tốn tử đơn điệu khơng gian Banach, tốn tử giải mêtric ε-mở rộng toán tử đơn điệu Nội dung chương tham khảo tài liệu [1, 6, 7, 8, 9] 1.1 Một số vấn đề hình học khơng gian Banach Cho E không gian Banach E ∗ khơng gian đối ngẫu Để cho đơn giản thuận tiện hơn, thống sử dụng kí hiệu để chuẩn E E ∗ ; Sự hội tụ mạnh yếu dãy {xn } phần tử x E kí hiệu xn → x xn x toàn luận văn Trong luận văn này, chúng tơi thường xun sử dụng tính chất không gian Banach phản xạ Mệnh đề 1.1 (xem [1] trang 41) Cho E không gian Banach Khi đó, khẳng định sau tương đương: i) E không gian phản xạ ii) Mọi dãy bị chặn E, có dãy hội tụ yếu Mệnh đề cho ta mối liên hệ tập đóng tập đóng yếu khơng gian tuyến tính định chuẩn Mệnh đề 1.2 Nếu C tập lồi, đóng khác rỗng khơng gian khơng gian tuyến tính định chuẩn X, C tập đóng yếu Chứng minh Ta chứng minh phản chứng Giả sử tồn dãy {xn } ⊂ C cho xn x, x ∈ / C Theo định lý tách tập lồi, tồn x∗ ∈ X ∗ tách ngặt x C, tức tồn ε > cho y, x∗ ≤ x, x∗ − ε, với y ∈ C Đặc biệt, ta có xn , x∗ ≤ x, x∗ − ε, với n ≥ Ngồi ra, xn x, nên xn , x∗ → x, x∗ Do đó, bất đẳng thức trên, cho n → ∞, ta nhận x, x∗ ≤ x, x∗ − ε, điều vơ lý Do đó, điều giả sử sai, hay C tập đóng yếu Mệnh đề chứng minh Chú ý 1.1 Nếu C tập đóng yếu, hiển nhiên C tập đóng Định nghĩa 1.1 Cho D ⊂ E, f : D → R ∪ {±∞} i) Hàm f gọi thường dom f = ∅ f (x) > −∞(∀x ∈ D), dom f = {x ∈ D : f (x) < ∞} ii) Hàm f gọi hàm lồi D epi f tập lồi E × R, epi f = {(x, r) ∈ D × R : f (x) ≤ r} iii) Hàm f : D ⊂ E → R gọi nửa liên tục điểm x ∈ D với ε > có δ > cho f (x) − ε ≤ f (x) với x ∈ D, x − x < δ Hàm f gọi nửa liên tục D f nửa liên tục điểm x ∈ D Dưới ví dụ hàm nửa liên tục Ví dụ 1.1 Cho f : R −→ R hàm số xác định  x2 x = f (x) = −1 x = Khi đó, hàm f hàm nửa liên tục điểm x = 0, không liên tục x = Thật vậy, dễ thấy f không liên tục x = Với ε > với δ > (trong trường hợp chọn δ số dương bất kỳ) ta có f (0) − ε = −1 − ε < −1 ≤ f (x), với x Do đó, f nửa liên tục Mệnh đề cho ta điều kiện tồn điểm cực tiểu phiếm hàm lồi, thường, nửa liên tục không gian Banach phản xạ Mệnh đề 1.3 Cho C tập lồi, đóng khác rỗng không gian Banach phản xạ E f : C −→ (−∞, ∞] hàm lồi, thường, nửa liên tục C, cho f (xn ) → ∞ xn → ∞ Khi đó, tồn x0 ∈ dom(f ) cho f (x0 ) = inf{f (x) : x ∈ C} Chứng minh Đặt m = inf{f (x) : x ∈ C} Khi đó, tồn dãy {xn } ⊂ C cho f (xn ) → m n → ∞ Nếu {xn } khơng bị chặn, tồn dãy {xnk } {xn } cho xnk → ∞ Theo giả thiết, f (xnk ) → ∞, mâu thuẫn với m = ∞ Do đó, {xn } bị chặn Theo Mệnh đề 1.1 Mệnh đề 1.2, tồn dãy {xnj } {xn } cho xnj x0 ∈ C Vì f nửa liên tục tơpơ yếu, nên ta có m ≤ f (x0 ) ≤ lim inf f (xnj ) = lim f (xn ) = m j→∞ n→∞ Do đó, m = f (x0 ) Mệnh đề chứng minh Tiếp theo, mục đề cập đến số vấn đề cấu trúc hình học khơng gian Banach, như: tính lồi, tính trơn, mô đun lồi, mô đun trơn 33 Chọn jn cho zjn ,n − xn = zj,n − xn , đặt zn = zjn ,n , max j=1,2, ,M Dn = {z ∈ E : xn − z, JE (xn − zn ) ≥ rn T xn − yjn ,n JE (ti,n − zn ) + λn Aεi n ti,n 0, − rn µn εn }, i = 1, 2, , N, Chọn in cho tin ,n − zn = max i=1,2, ,N (2.4) ti,n − zn , đặt tn = tin ,n , Cn+1 = {z ∈ Cn : tn − z, JE (zn − tn ) ≥ −λn εn } ∩ Dn , xn+1 = PCn+1 x0 , {λn }, {µn } ⊂ (0, ∞), {rn } ⊂ (0, ∞) {εn } ⊂ (0, ∞) Họ nghiên cứu hội tụ mạnh dãy {xn } với điều kiện sau: (C1) (C2) min{inf {λn }, inf {µn }, inf {rn }} ≥ a > sup{rn } < ∞; n n n n (λn + µn )εn → 0, n → ∞ Các tác giả T.M Tuyen, N.S Ha, N.T.T Thuy phân tích hội tụ mạnh dãy {xn } Thuật tốn thơng qua mệnh đề đây: Mệnh đề 2.1 Dãy {xn } sinh Thuật tốn hồn tồn xác định Chứng minh Ta chứng minh mệnh đề theo bước sau Bước Cn Dn tập lồi, đóng E Thật vậy, ta viết lại Dn Cn+1 dạng Dn = {z ∈ E : z, JE (xn − zn ) ≤ xn , JE (xn − zn ) − rn T xn − yjn ,n + rn µn εn }, Cn+1 = Wn ∩ Dn ; với n ≥ 0, Wn := {z ∈ Cn : z, JE (zn − tn ) ≤ tn , JE (zn − tn ) + λn εn } Dễ thấy Dn Wn tập lồi, đóng đóng E Vậy Cn Dn tập lồi, đóng E Bước S ⊂ Dn với n ≥ Lấy z ∈ S, từ (2.3), ta có JE (xn − zn ) = rn T ∗ (JF (T xn − yjn ,n )) 34 Suy xn − z, JE (xn − zn ) = rn xn − z, T ∗ (JF (T xn − yjn ,n )) = rn T xn − T z, JF (T xn − yjn ,n ) = rn T xn − yjn ,n + yjn ,n − T z, JF (T xn − yjn ,n ) = rn T xn − yjn ,n + rn yjn ,n − T z, JF (T xn − yjn ,n ) (2.5) Mặt khác, từ (2.2) z ∈ S, ta có JF (T xn − yjn ,n ) ∈ Bjεnn yjn ,n µn ∈ Bjn T z Do đó, từ định nghĩa Bjεnn , ta nhận rn yjn ,n − T z, JF (T xn − yjn ,n ) ≥ −rn µn εn (2.6) Từ (2.5) (2.6) suy xn − z, JE (xn − zn ) ≥ rn T xn − yjn ,n − rn µn εn Vậy z ∈ Dn S ⊂ Dn với n ≥ Bước S ⊂ Cn với n ≥ Thật vậy, rõ ràng S ⊂ C0 = E Giả sử S ⊂ Cn với n ≥ 1, ta chứng minh S ⊂ Cn+1 Từ (2.4) z ∈ S, ta có JF (zn − tn ) ∈ Aεinn tn µn ∈ Ain z Do đó, từ định nghĩa Aεinn , ta tn − z, JE (zn − tn ) ≥ −λn εn Suy z ∈ Wn Từ Cn+1 = Wn ∩ Dn Bước 2, ta có x ∈ Cn+1 Vậy S ⊂ Cn+1 Cuối cùng, phương pháp quy nạp toán học, ta thu S ⊂ Cn với n ≥ Do đó, dãy {xn } hoàn toàn xác định Mệnh đề 2.2 Nếu điều kiện (C1) (C2) thỏa mãn, dãy {xn }, {zj,n }, j = 1, 2, , M {ti,n }, i = 1, 2, , N Thuật toán hội tụ mạnh đến điểm p0 ∈ E 35 Chứng minh Ta chứng minh mệnh đề qua bước sau ∞ Bước xn → p0 = PΩ0 x0 , Ω0 = Cn = ∅ n=1 Thật vậy, từ Bước Bước chứng minh Mệnh đề 2.1 định nghĩa {Cn }, ta có {Cn } dãy giảm tập lồi đóng E S ⊂ Ω0 = ∅ Do đó, từ Mệnh đề 1.7, tồn giới hạn Ω0 = M − lim Cn Áp n→∞ dụng Mệnh đề 1.8, ta có xn = PCn x0 → p0 = PΩ0 x0 n → ∞ Bước Dãy {yi,n } bị chặn với j = 1, 2, , M Thật vậy, cố định z ∈ S từ (2.2), ta có JF (T xn − yj,n ) ∈ Bjεn yj,n µn ∈ Bj T z Do đó, từ định nghĩa Bjεn , ta có yj,n − z, JF (T xn − yj,n ) ≥ −µn εn , với j = 1, 2, , M Ta suy yj,n − T xn ≤ T xn − z, JF (T xn − yj,n ) + µn εn ≤ ( T xn − x + T xn − yj,n ) + µn εn , từ suy yj,n − T xn ≤ T xn − z + 2µn εn với j = 1, 2, , M với n ≥ Do tính bị chặn {xn }, dãy {T xn } bị chặn µn εn → nên tồn K > cho K = max{sup{ T xn − z }, sup{µn εn }} < ∞ n n Vì vậy, ta yj,n − T xn ≤ 3K, từ suy {yj,n − T xn } bị chặn {yj,n } bị chặn với j = 1, 2, , M Bước Dãy {zj,n } bị chặn với j = 1, 2, , M Từ (2.3), ta có JE (xn − zj,n ) = rn T ∗ JF (T xn − yj,n ) (2.7) 36 Do đó, từ tính bị chặn {T xn }, {yj,n } {rn }, ta suy {zj,n } bị chặn với j = 1, 2, , M Bước Dãy {ti,n } bị chặn với i = 1, 2, , N Thật vậy, cố định z ∈ S từ (2.4), ta có JE (zn − ti,n ) ∈ Aεi n ti,n µn ∈ Ai z Do đó, từ định nghĩa Aεi n , ta nhận ti,n − z, JE (zn − ti,n ) ≥ −λn εn với i = 1, 2, , N Ta suy ti,n − zn ≤ zn − z, JE (zn − ti,n ) + λn εn ≤ ( zn − z + zn − ti,n ) + λn εn , từ suy ti,n − zn ≤ zn − z + 2λn εn , với i = 1, 2, , N với n ≥ Từ tính bị chặn {zn } λx εn → 0, suy dãy {ti,n } bị chặn với i = 1, 2, , N Bước lim xn = lim zj,n = lim ti,n = p0 n→∞ n→∞ n→∞ Từ định nghĩa Dn , ta có xn − xn+1 , JE (xn − zn ) ≥ rn ( T xn − yjn ,n − µn ε n ) ≤ (K1 xn − xn+1 + µn εn ) → 0, a K1 = supn { xn − zn } < ∞ Suy T xn − yjn ,n T xn − yjn ,n → Vì vậy, từ (2.7), ta xn − zjn ,n → (2.8) xn − zj,n → 0, (2.9) Từ định nghĩa zjn ,n , ta có 37 với j = 1, 2, , M Từ (2.7), ta có JF (T xn − yj,n ) → (2.10) với j = 1, 2, , M Tiếp theo, từ xn+1 ∈ Cn+1 , ta có tn − xn+1 , JE (zn − tn ) ≥ −λn εn Do đó, ta suy zn − tn ≤ zn − xn+1 , JE (zn − tn ) + λn εn ≤ ( zn − xn+1 + zn − tn ) + λn εn , từ ta có zn − tn ≤ zn − xn+1 + 2λn εn → Suy zn − tn → Theo định nghĩa tn , ta có zn − ti,n → 0, (2.11) với i = 1, 2, , N Cuối cùng, từ xn → p0 , (2.9) (2.11), ta lim xn = lim zj,n = lim ti,n = p0 n→∞ n→∞ n→∞ (2.12) với j = 1, 2, , M với i = 1, 2, , N Sự hội tụ mạnh Thuật toán 1, tác giả Tuyen T.M., Ha N.S Thuy N.T.T phát biểu chứng minh định lí Định lí 2.1 Nếu điều kiện (C1) (C2) thỏa mãn dãy {xn } sinh Thuật toán hội tụ mạnh đến PS x0 n → ∞ Chứng minh Ta chứng minh định lí theo bước sau Bước p0 ∈ S Thật vậy, từ (2.11) điều kiện (C1), ta có Aεi n ti,n JE (zn − ti,n ) → 0, λn 38 với i = 1, 2, , N Kết hợp với ti,n → p0 , εn → áp dụng Mệnh đề 1.16, ta p0 ∈ A−1 i 0, (2.13) với i = 1, 2, , N Rõ ràng, T xn → T p0 từ (2.10), ta yj,n → T p0 , (2.14) với j = 1, 2, , M Từ (2.2), (2.10) điều kiện (C1), ta có Bjεn yj,n JE (T xn − yj,n ) → 0, µn (2.15) với j = 1, 2, , M Từ (2.14), (2.15) Mệnh đề 1.16 suy T p0 ∈ Bj−1 Do đó, p0 ∈ T −1 (Bj−1 0), (2.16) với j = 1, 2, , M Do đó, từ (2.13) (2.16), ta p0 ∈ S Bước p0 = PS x0 Thật vậy, đặt x† = Ps x0 Từ p0 = PΩ0 x0 x† ∈ S ⊂ Ω0 , ta có x0 − p0 ≤ x0 − x† Mặt khác, p0 ∈ S nên ta có x0 − x† ≤ x0 − p0 Do đó, ta có x0 − x† = x0 − p0 Theo tính x† , ta suy p = x † = PS x Định lí chứng minh Chú ý 2.1 Khi εn = với n, Thuật tốn viết dạng sau: Cho C0 ∈ E, x0 ∈ E cho {xn } dãy sinh zj,n = xn − rn JE−1 T ∗ (JF (T xn − Qjµn T xn )), Chọn jn cho zjn ,n − xn = max j=1, ,M j = 1, 2, , M ; zjn ,n − xn , cho zn = zjn ,n , 39 Dn = {z ∈ E : xn − z, JE (xn − zn ) ≥ rn T xn − Qjµnn T xn }; ti,n = Jλi n zn , i = 1, 2, , N ; Chọn in cho tin ,n − zn = max i=1, ,N tin ,n − zn , cho tn = tin ,n ; Cn+1 = {z ∈ Cn : tn − z, JE (zn − tn ) ≥ 0} Dn xn+1 = PCn+1 x0 , (2.17) {λn }, {µn } ⊂ (0, ∞) {rn } ⊂ (0, ∞) Kết sau hệ suy từ Định lí 2.1 Hệ 2.1 Nếu điều kiện (C1) thỏa mãn, dãy {xn } sinh (2.17) hội tụ mạnh đến x† = PS x0 2.2 Một số ứng dụng 2.2.1 Bài toán điểm cực tiểu tách Cho E không gian Banach, cho f : E −→ (−∞, ∞] hàm lồi, thường nửa liên tục Ta biết ∂f toán tử đơn điệu cực đại x0 ∈ arg minE f (x) ∂f (x0 ) Ta ln có ∂ε f (x) ⊂ ∂ ε f (x), với x ∈ E Hơn nữa, số trường hợp cụ thể, ta có ∂ε f (x) ∂ ε f (x) Từ định lí 2.1, ta có Định lí sau: Định lí 2.2 Cho E F không gian Banach trơn lồi Cho JE JF ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc E F , tương ứng Cho fi , i = 1, 2, , N gj , j = 1, 2, , M hàm lồi, thường nửa liên tục E vào (−∞, ∞] F vào (−∞, ∞], tương ứng Cho T : E −→ F tốn tử tuyến tính bị chặn cho T = T ∗ toán tử liên hợp T Giả sử N S= M −1 (∂fi ) T −1 i=1 (∂gj )−1 = ∅ j=1 Cho x1 ∈ E cho {xn } dãy xác định C0 = E, x0 ∈ E JF (yj,n − T xn ) + µn ∂ εn gj (yj,n ) 0, j = 1, 2, , M, 40 zj,n = xn − rn JE−1 T ∗ (JF (T xn − yj,n )), j = 1, 2, , M, Chọn jn cho zjn ,n − xn = max zjn ,n − xn , đặt zn = zjn ,n , j=1, ,M Dn = {z ∈ E : xn − z, JE (xn − zn ) ≥ rn T xn − yjn ,n JE (ti,n − zn ) + λn ∂ εn fi (ti,n ) 0, − rn µn εn }, i = 1, 2, , N, Chọn in cho tin ,n − zn = max i=1, ,N tin ,n − zn , đặt tn = tin ,n , Cn+1 = {z ∈ Cn : tn − z, JE (zn − tn ) ≥ −λn εn } Dn , xn+1 = PCn+1 x0 , {λn }, {µn } ⊂ (0, ∞), {rn } ⊂ (0, ∞) {εn } ⊂ (0, ∞) Nếu điều kiện (C1) (C2) thỏa mãn, dãy {xn } hội tụ mạnh đến x† = PS x0 Kết sau hệ trực tiếp định lí Hệ 2.2 Cho E, F, JE , JF , fi , gj , T, T ∗ Định lí 2.2 Giả sử N M −1 (∂fi ) S= T −1 i=1 (∂gj )−1 = ∅ j=1 Cho x1 ∈ E cho {xn } dãy sinh C0 = E, x0 ∈ E yj,n = arg min{gj (y) + y∈F y − T xn }, 2µn j = 1, 2, , M, zj,n = xn − rn JE−1 T ∗ (JF (T xn − yj,n )), j = 1, 2, , M, Chọn jn cho zjn ,n − xn = max zjn ,n − xn , đặt zn = zjn ,n , j=1, ,M Dn = {z ∈ E : xn − z, JE (xn − zn ) ≥ rn T xn − yjn ,n }, ti,n = arg min{fi (x) + x − zn }, i = 1, 2, , N, y∈E 2λn Chọn in cho tin ,n − zn = max i=1, ,N tin ,n − zn , đặt tn = tin ,n , Cn+1 = {z ∈ Cn : tn − z, JE (zn − tn ) ≥ 0} Dn , xn+1 = PCn+1 x0 , {λn }, {µn } ⊂ (0, ∞) {rn } ⊂ (0, ∞) Nếu điều kiện (C1) thỏa mãn, dãy {xn } hội tụ mạnh đến x† = PS x0 41 2.2.2 Bài toán chấp nhận tách đa tập Cho C tập lồi, đóng khác rỗng E, cho iC hàm C, nghĩa là: iC (x) = 0, x ∈ C, ∞, x ∈ / C Dễ thấy iC hàm lồi, thường nửa liên tục, vi phân ∂iC tốn tử đơn điệu cực đại Ta biết ∂iC (u) = N (u, C) = {f ∈ E ∗ : u − y, f ≥ ∀y ∈ C}, N (u, C) hình nón pháp tuyến C u Chúng ta ký hiệu giải thức ∂iC Jr với r > Giả sử u = Jr x với x ∈ E nghĩa JE (x − u) ∈ ∂iC (u) = N (u, C) r Do đó, ta có u − y, JE (x − u) ≥ 0, với y ∈ C Từ Mệnh đề 1.15, suy u = PC x Do đó, từ Định lí 2.1, ta có định lí sau: Định lí 2.3 Cho E, F, JE , JF , T, T ∗ Định lí 2.2 Cho Li , i = 1, 2, , N Kj , j = 1, 2, , M tập lồi, đóng, khác rỗng E F , tương ứng Giả sử S = N i=1 Li T −1 M j=1 Kj = ∅ Cho x1 ∈ E cho {xn } dãy xác định C0 = E, x0 ∈ E zj,n = xn − rn JE−1 T ∗ (JF (T xn − PKj T xn )), Chọn jn cho zjn ,n − xn = max j=1, ,M j = 1, 2, , M, zjn ,n − xn , đặt zn = zjn ,n , Dn = {z ∈ E : xn − z, JE (xn − zn ) ≥ rn T xn − PKjn T xn }, ti,n = PLi zn , i = 1, 2, , N, Chọn in cho tin ,n − zn = max i=1, ,N tin ,n − zn , đặt tn = tin ,n , Cn+1 = {z ∈ Cn : tn − z, JE (zn − tn ) ≥ 0} Dn , xn+1 = PCn+1 x0 , {rn } ⊂ (0, ∞) Nếu điều kiện (C1) thỏa mãn, dãy {xn } hội tụ mạnh đến x† = PS x0 42 2.2.3 Bài toán bất đẳng thức biến phân tách Cho C tập lồi, đóng, khác rỗng E A : C −→ E ∗ toán tử đơn điệu nửa liên tục (nghĩa với x ∈ C tn → 0+ ta có A(x + tn y) Ax với y ∈ E cho x + tn y ∈ C) Khi đó, điểm u ∈ C gọi nghiệm bất đẳng thức biến phân tương ứng với toán tử A, y − u, Au ≥ ∀y ∈ C Ta kí hiệu V I(C, A) tập tất nghiệm bất đẳng thức biến phân ứng với A Định nghĩa ánh xạ TA  Ax + N (x, C), x ∈ C, TA x = ∅, x ∈ / C Rockafellar [12] TA toán tử đơn điệu cực đại TA−1 = V I(C, A) Với y ∈ E r > 0, ta biết bất đẳng thức biến phân V I(C, rA + JE (x − y)) có nghiệm Giả sử x = V I(C, rA + JE (x − y)), nghĩa là, z − x, rA(x) + JE (x − y) ≥ ∀z ∈ C Từ định nghĩa N (x, C), ta có −rAx − JE (x − y) ∈ N (x, C) = rN (x, C), điều suy JE (y − x) ∈ Ax + N (x, C) = TA x r Do đó, ta có x = Jr y, Jr tốn tử giải mêtric TA Bây cho E, F hai không gian Banach trơn lồi cho Ki , i = 1, 2, , N Lj , j = 1, 2, , M tập lồi, đóng E F , tương ứng Cho Ai : Ki −→ E ∗ Bj : Lj −→ F ∗ toán tử đơn điệu mà nửa liên tục Cho T : E −→ F tốn tử tuyến tính bị chặn cho T = Giả sử N S= M V I(Ki , Ai ) i=1 T −1 V I(Bj , Lj ) j=1 =∅ 43 Xét toán bất đẳng thức biến phân tách sau: Tìm phần tử x∗ ∈ S (2.18) Để giải toán (2.18), ta định nghĩa toán tử TAi TBj sau  Ai x + N (x, Ki ) x ∈ Ki , TAi x = ∅, x ∈ / Ki ,  Bj x + N (x, Lj ) TBj x = ∅ x ∈ Lj , x ∈ / Lj , với i = 1, 2, , N j = 1, 2, , M Với r > bất kì, ta kí hiệu Jri Qjr toán tử giải mêtric TAi TBj , tương ứng Từ lập luận trên, Bài toán (2.18) tương đương với tốn khơng điểm chung tách cho toán tử đơn điêu cực đại TAi TBj Vì vậy, từ Định lí 2.1, ta có kết sau: Định lí 2.4 Cho C0 = E, x1 ∈ E cho {xn } dãy sinh tj,n = V I(Lj , àn Bj + JF (ã − T xn )), j = 1, 2, , M, zj,n = xn − rn JE−1 T ∗ (JF (T xn − tj,n )), Chọn jn cho zjn ,n − xn = max j=1, ,M j = 1, 2, , M, zjn ,n − xn , đặt zn = zjn ,n , Dn = {z ∈ E : xn − z, JE (xn − zn ) ≥ rn T xn − Qjµnn T xn }, yi,n = V I(Ki , λn Ai + JE (• − zn )), i = 1, 2, , N, Chọn in cho yin ,n − zn = max i=1, ,N yi,n − zn , đặt yn = yin ,n , Cn+1 = {z ∈ Cn : yn − z, JE (zn − yn ) ≥ 0} xn+1 = PCn+1 x0 , Dn , (2.19) {rn }, {µn }, {λn } thỏa mãn điều kiện (C1) Khii dãy {xn } hội tụ mạnh x† ∈ S, x† = PS x1 44 2.3 Ví dụ số minh họa Trong phần này, ta áp dụng kết Định lí 2.3 để giải tốn chấp nhận tách đa tập Xét tốn sau: 200 Tìm phần tử x∗ ∈ S = 100 Li T −1 i=1 Kj , (2.20) j=1 Li = [0, 1/i] × [−1/i, 2i − 1] × [1 − i, + i] ⊂ R3 , Kj = [1 − j, j] × [1 − j/2, + j] ⊂ R2 , i = 1, 2, , 200, j = 1, 2, , 100, T : R3 → R2 xác định T (x1 , x2 , x3 ) = (10x1 , 8x2 ) ∀x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 Dễ thấy S = [0, 1/200] × [1/16, 1/4] × [0, 2] Áp dụng Định lí 2.3 với rn = với n, sau 20 bước lặp, ta thu bảng kết đây: x20 x20 x0 = (10, 20, 30), PS x0 = (1/200, 1/4, 2) 4.9999999998332e − 03 2.4999999999962e − 01 x0 = (−10, −20, −30), PS x0 = (0, 1/16, 0) 1.2155183790854e − 10 6.2500000023101e − 02 x0 = (10, −20, 30), PS x0 = (1/200, 1/16, 2) 4.9999999997732e − 03 6.2500000008657e − 02 x0 = (10, 20, −30), PS x0 = (1/200, 1/4, 0) 4.9999783636404e − 03 2.4999997444611e − 01 x20 1.9999999999999e + 00 1.9005242585332e − 11 1.9999999999989e + 00 1.6293915781383e − 08 Bảng 2.1: Bảng kết số cho Bài tốn (2.20) 45 Kết luận Luận văn trình bày lại cách chi tiết hệ thống vấn đề sau: • Một số tính chất đặc trưng không gian không gian Banach phản xạ, không gian Banach lồi đều, không gian Banach trơn ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc; • Phép chiếu mêtric phép chiếu tổng quát với số tính chất chúng; • Các kết nghiên cứu T.M Tuyen, N.S Ha, N.T.T Thuy tài liệu [15] phương pháp chiếu co hẹp cho tốn khơng điểm chung tách khơng gian Banach Ngoài ra, luận văn đề cập đến ứng dụng định lý để giải số toán liên quan khác toán điểm cực tiểu tách, toán chấp nhận tách đa tập bất đẳng thức biến phân tách 46 Tài liệu tham khảo [1] Agarwal R P., O’Regan D., Sahu D R (2009), Fixed Point Theory for Lipschitzian-type Mappings with Applications, Springer [2] Burachik R S., Iusem A N., Svaiter B F (1997), “Enlargement of monotone operators with applications to variational inequalities”, Set-Valued Analysis, pp 159–180 [3] Byrne C (2002), “Iterative oblique projection onto convex sets and the split feasibility problem”, Inverse Problems, 18 (2), pp 441–453 [4] Byrne C (2004), “A unified treatment of some iterative algorithms in signal processing and image reconstruction”, Inverse Problems, 18, pp 103–120 [5] Censor Y., Elfving T (1994), “A multi projection algorithm using Bregman projections in a product space”, Numer Algorithms, (2-4), pp 221–239 [6] Diestel J (1970), Geometry of Banach Spaces-Selected Topics, SpringerVerlag [7] Goebel K., Kirk W.A (1990), Topic in Metric Fixed Point Theory, Cambridge University Press [8] Kamimura S., Takahashi W (2003), “Strong convergence of proximal-type algorithm in Banach space”, SIAM J Optim., 13(3), pp 938–945 [9] Lindenstrauss J., Tzafriri L (1979), Classical Banach Spaces II: Function Spaces, Ergebnisse Math Grenzgebiete Bd 97, Springer-Verlag [10] Mosco U (1969), “Convergence of convex sets and of solutions of variational inequalities”, Adv Math., 3, pp 510–585 [11] Rockafellar R T (1970), “On the maximal monotonicity of subdifferential mappings”, Pacific J Math., Vol 33(1), pp 209–216 47 [12] Rockafellar R T (1970), “On the maximality of sums of nonlinear monotone operators”, Trans Amer Math Soc., 149, pp 75–88 [13] Shehu Y., Agbebaku D.F (2017), “On split inclusion problem and fixed point problem for multi-valued mappings”, Comp Appl Math., 37(2), pp 1807–1824 [14] Tsukada M (1984), “Convergence of best approximations in a smooth Banach space”, J Approx Theory., 40, pp 301–309 [15] Tuyen T.M, Ha N.S, Thuy N.T.T (2018), “A shrinking projection method for solving the split common null point problem in Banach spaces”, Number, Algor, doi.org/10.1007/s11075-018-0572-5 ... 32 Chương Một phương pháp chiếu co hẹp giải tốn khơng điểm chung tách Trong chương luận văn tập trung trình bày phương pháp chiếu co hẹp giải tốn khơng điểm chung tách không gian Banach từ báo... Chương Một phương pháp chiếu co hẹp giải tốn khơng điểm chung tách 32 2.1 Phương pháp chiếu co hẹp 32 2.2 Một số ứng dụng 39 2.2.1 Bài toán điểm cực... học không gian Banach không gian Banach lồi đều, không gian Banach trơn đều, ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc; phép chiếu mêtric phép chiếu tổng quát; toán tử đơn điệu khơng gian Banach, tốn tử giải