Bây giờ, chúng tôi giới thiệu toán tử chiếu suy rộng ΠK trong không gian Banach và mô tả tính chất của nó. Hơn nữa, ta chỉ ra mối liên hệ giữa toán tử ΠK và πK.
Nhớ lại rằng toán tử J là một-đối-một khi B là không gian Banach lồi đều và trơn đều. Vì vậy, mỗi phần tử ϕ ∈ B∗ có thể được biểu diễn duy nhất theo dạng ϕ = J x, x ∈ B. Thay cho (2.15) V(J x, ξ) = V2(J x, ξ),
trong đó
V2(J x, ξ) = kxk2 −2hJ x, ξi+kξk2. (2.18) Do đó, phiếm hàm V2(x, ξ) : B ×B → R+ là một trường hợp đặc biệt của
V(x, ξ). Vì vậy, Bổ đề 2.1 vẫn đúng với V2(x, ξ). Chú ý rằng
gradϕ=J xV2(x, ξ) = 2(x−ξ), gradξV2(x, ξ) = 2(J ξ−J x),
vì kxk2 = kJ xk2B∗.
Nhận xét 2.5. V2(x, ξ) 6= V2(ξ, x) trong trường hợp tổng quát và bất đẳng thức chỉ xảy ra trong không gian Hilbert.
Bây giờ, ta có thể giới thiệu toán tử chiếu suy rộng thứ hai trong không gian Banach.
Định nghĩa 2.6. Toán tử ΠK : B → K ⊂ B được gọi là toán tử chiếu suy rộng nếu πK ánh xạ mỗi điểm cố định bất kỳ x ∈ B tương ứng với điểm cực tiểu của phiếm hàm V2(x, ξ) qua bài toán cực tiểu
ΠKx = bx; xb : V2(x,bx) = inf
Nhận xét 2.6. V2(x, ξ) = V1(x, ξ) và bx = x trong không gian Hilbert. Không khó để kiểm tra lại rằng
ΠK = πKJ, πK = ΠKJ∗, (2.19) trong đóJ :B →B∗ là ánh xạ đối ngẫu chuẩn hóa trong B và J∗ : B∗ → B
là ánh xạ đối ngẫu chuẩn hóa trong B∗. Điều này cho phép ta thiết lập lại công thức mà không cần chứng minh các tính chất tương ứng của toán tử
πK cho toán tử ΠK.
Kí hiệu bx = ΠKx,yb= ΠKy và giả sử ξ là điểm tùy ý trong K ⊂B. Khi đó:
1) Toán tử ΠK là bất động theo mỗi điểm ξ ∈ K, nghĩa là ΠKξ = ξ;
2) ΠK là đơn điệu trong B, nghĩa là
hJ x−J y,xb−byi ≥ 0.
3) hJ x−Jx,b bx−ξi ≥ 0,∀ξ ∈ K.
Điểm x là hình chiếu suy rộng của x trên K ⊂ B nếu bất đẳng thức 3) thỏa mãn, ta gọi tính chất 3) là nguyên lý biến phân cơ bản của
ΠK trong B. 4) hJ x−J ξ,bx−ξi ≥ 0,∀ξ ∈ K. 5) hJ x−Jx, xb −ξi ≥ 0,∀ξ ∈ K. 6) hbx−ybi ≤ 2CgB−1(kJ x−J ykB∗/C), khi C = q (kxbk2 +kybk2)/2. 7)hJ x−J y,xb−ybi ≥ 2C2δB(kbx−ybk/2C),khiC = q (kxbk2 +kbyk2)/2.
8) Toán tử ΠK cho xấp xỉ tốt tuyệt đối của x ∈ B liên quan đến hàm
V2(J x, ξ) nghĩa là
V2(x, ξb ) ≤ V2(x, ξ)−V2(x,bx),∀ξ ∈ K.
Vì vậy, ΠK là toán tử không mở rộng một cách có điều kiện liên quan đến hàm V2(J x, ξ) trong không gian Banach, nghĩa là
V2(x, ξb ) ≤ V2(x, ξ),∀ξ ∈ K.
9) ΠK bất kỳ thỏa mãn bất đẳng thức V2(bx, ξ) ≤ V2(x, ξ),∀ξ ∈ K
(J −JΠK)x−(J −JΠK)y,ΠKx−ΠKy >≥ 0,∀x, y ∈ B.
10) Toán tử ΠK ổn định với nhiễu của tập K.
Bây giờ, giả sửK1 và K2 là các tập lồi đóngx ∈ B và H(K1, K2) ≤ σ (xem tính chất 8) của toán tử PK trong Hilbert).
Giả sử ΠK1x = xb1, ΠK2x = bx2,. Ta có kết quả sau
Định lý 2.5. Nếu B là không gian Banach lồi trơn, δB(ε) là môđun của tính lồi tại B và δB−1(·) là hàm ngược, thì
kxb1 −xb2k ≤ 2C1δB−1(2−1C1−2C2σ), C1 = q (kxb1k2 + kxb2k2)/2, C2 = 2 max{kJ x−Jbx1kB∗,kJ x−Jxb2kB∗}. Chứng minh. Ta có hJxb2 −Jxb1,bx2 −xb1i ≥ 2C12δB(kxb2 −xb1k/2C1).
Nhờ điều kiện H(K1, K2) ≤ σ ta có tồn tại một phần tử ξ1 ∈ K1 sao cho kxb2 −ξ1k ≤ σ, và ∀x ∈ B hJ x−Jxb1,bx2 −xb1i = hJ x−Jxb1,bx2 −ξ1i+ +hJ x−Jxb1, ξ1 −xb1i ≤ σkJ x−Jbx1kB∗, vì hJ x−Jxb1, ξ1 −bx1i ≤ 0. Tương tự, ta có phần tử ξ2 ∈ K2 hJ x−Jxb2,bx2 −xb1i = hJ x−Jxb2,bx2 −ξ1i+ +hJ x−Jxb1, ξ2 −xb1i ≤ σkJ x−Jbx2kB∗, bởi vì hJ x−Jxb2, ξ2 −bx1i ≤ 0. vì vậy bất đẳng thức hJxb2 −Jbx1,xb2 −bx1i ≤ σ(kJ x−Jxb1kB∗ +kJ x−Jxb2kB∗) ≤ 2σmax{kJ x−Jbx1kB∗,kJ x−Jxb2kB∗} = σC2 là đúng.
Kết quả cuối cùng theo sau biểu thức
2σC2 ≥2C12δB(kxb2 −xb1k/2C1).
Định lý được chứng minh.
Nếu kxk,kxb1k và kxb2k bị chặn đều bởi R thì C1 ≤ R và C2 ≤ 4R và ta có
kbx2 −xb1k ≤ 2RδB−1(8LR−1σ).
Đây là mối liên hệ rất quan trọng giữa phiếm hàm V2(x, ξ) và phiếm hàm
Định lý 2.6. Các bất đẳng thức 8C2δB(kx−ξk/4C) ≤ V2(x, ξ) ≤ 4C2ρB(4kx−ξk/C) (2.20) đúng ∀x, ξ ∈ B, trong đó C = q (kxk2 +kξk2)/2.
Chứng minh. Ta bắt đầu chứng minh bất đẳng thức ở vế trái. Giả sử x
và y là phần tử của B. Ta có
k(x+y)/2k2 − kxk2 ≥ hJ x, y −xi+ 2R21δB(ky −xk/4R1).
Sử dụng đẳng thức hJ x, xi = kxk2, ta được
hJ x, yi ≤ k(x+ y)/2k2 −2R21δB(kx−yk/4R1).
Hàm không giảm ggB(ε)/ε kéo theo 2δB(ε/2) ≤ δB(ε). Do đó,
V2(x, y) = kxk2 −2hJ x, yi+kyk2
≥ kxk2 +kyk2 −2−1kx+yk2 + 4R21δB(kx+yk/4R1)
≥2R21δB(kx−yk/2R1) + 4R21δB(kx−yk/4R1)
≥8R21δB(kx−yk/4R1).
Bất đẳng thức ở vế trái (2.20) được chứng minh trong không gian Banach lồi đều. Giả sử ta chứng minh bất đẳng thức ở vế phải trong không gian Banach trơn đều.
Tương tự như cách trong (2.17) ta có thể suy ra
hJ x−J y, x−yi ≥ 2R21δB∗(kJ x−J ykB∗/2R1), (2.21) trong đó B∗ là lồi đều. Từ (2.21) ta có
Vì gB∗(ε) = δB∗(ε)/ε, ước lượng gB∗(kJ x−J ykB∗/2R1) ≤R−11kx−yk (2.22) rõ ràng là đúng. Hơn nữa, ρB(τ) = sup 0≤ε≤2 {ετ /2−δB∗(ε)}, thì ρB(τ) ≥ ετ /2−δB∗(ε),0≤ ε ≤2, τ > 0. Do đó ρB(4δB∗(ε)/ε) ≥ δB∗(ε). Kí hiệu hB(τ)=P B(τ)/τ, ta có hB(4gB∗(ε) ≥ε/4. Định nghĩa ε = kJ x−J ykB∗/R1. và sử dụng hàm không tăng hB(τ), ta có từ (2.22) hB(4gB∗(ε) ≤ hB(4R1−1kx−yk). Do đó, Jkx−J ykB∗ ≤8R1hB(4R−11kx−yk). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có hJ x−J y, x−yi ≤ 2R21P B(4kx−yk/R1).
Mặt khác, tính lồi của V2(J x, y) suy ra
V2(x, y) ≤ V2(y, y) + 2hJ x−J y, x−yi = 2hJ x−J y, x−yi,
Hệ quả 2.1. Nếu kξk và kxk bị chặn, thì V2(x, ξ) → 0, kx−ξk → 0 và ngược lại.
Bổ đề 2.2. Nếu kxk ≤ R và kξk ≤ R thì
2L−1R2δB(kx−ξk/4R) ≤ V2(x, ξ) ≤ 4L−1R2ρB(4kx−ξk/R).
Ánh xạ đối ngẫu chuẩn hóa trong B thỏa mãn các bất đẳng thức sau:
2C2δB(kx−ξk/2C) ≤ hJ x−J ξ, x−ξi ≤ 4C2ρB(4kx−ξk/C) (2.23) và kJ x−J ξkB∗ ≤ 8ChB(4kx−ξk/C),hB(τ)=ρB(τ)/τ. (2.24) Bổ đề 2.3. Nếu kxk ≤ R và kξk ≤ R thì (2L)−1R2δB(kx−ξk/2R) ≤ hJ x−J ξ, x−ξi (2.25) ≤ 2L−1R2ρB(4kx−ξk/R). (2.26) kJ x−J ξkB∗ ≤8RhB(16Lkx−ξk/R),hB(τ)=ρB(τ)/τ.
Đây là công thức giải tích tốt nhất được biết để thấy rằng ánh xạ đối ngẫu chuẩn hóa là toán tử đơn điệu đều (liên tục đều) trên mỗi tập bị chặn trong (trơn đều) không gian Banach lồi đều.
Một ước lượng khác của ánh xạ đối ngẫu là
hJ x, J ξ, x−ξi ≤ 8||x−ξ||2 + 2C1ρB(||x−ξ||). (2.27) 2.3. Toán tử chiếu suy rộng trên không gian Banach
phản xạ, lồi chặt và trơn
Trong phần này, ta nghiên cứu trường hợpB là không gian Banach phản xạ, lồi ngặt. Vì một không gian Banach lồi đều là phản xạ và lồi ngặt,
trường hợp này ta sẽ nghiên cứu phần này là tổng quát hơn là trường hợp lồi đều đã được Alber nghiên cứu trong [5]
Định lý 2.7. Nếu B là không gian Banach phản xạ với B∗ là không gian đối ngẫu của B và K là tập hợp con, khác rỗng, đóng, lồi của B thì ta có các tính chất sau:
1) Với bất kì ϕ∈ B∗, πKϕ là một tập con không rỗng, đóng, lồi và bị chặn của K;
2) ∀ϕ ∈ B∗ không có hai phần tử khác 0 trong πKϕ là phụ thuộc tuyến tính;
3) Toán tử πK : B∗ →K là đơn trị khi và chỉ khi B lồi ngặt. Chứng minh.
1) Với bất kỳ ϕ∈ B∗, πKϕ không rỗng. Tính bị chặn của πKϕ có thể được suy ra từ bất đẳng thức V(ϕ, x) ≥ (kxk − kϕk)2. Tiếp theo ta chứng minh rằng πKϕ là đóng. Giả sử {xn} ⊆ πKϕ và xn →x0, n → ∞. Ta có V(ϕ, x0) = kϕk2 −2hϕ, x0i+kx0k2 = lim n→∞(kϕk2 −2hϕ, xni+kxnk2) = lim n→∞V(ϕ, xn) = inf y∈KV(ϕ, y).
Do đó x0 ∈ πKϕ, và vì vậy πKϕ đóng. Cuối cùng, ta chứng minh πKϕ là lồi. Giả sử x1, x2 ∈ πKϕ, K và 0 ≤ λ ≤ 1 từ tính chất liên tục của phiếm hàm V, ta có V(ϕ, λx1 + (1−λ)x2) ≤λV(ϕ, x1) + (1−λ)V(ϕ, x2) = λ inf y∈KV(ϕ, y) + (1−λ) inf y∈KV(ϕ, y) = inf y∈KV(ϕ, y).
Suy ra λx1 + (1−λ)x2 ∈ πKϕ. Do đó πKϕ là tập hợp con lồi. 2) Giả sử x1, x2 ∈ πKϕ và x1 = µx2 với số thực µ 6= 1. Khi đó ta có
V(ϕ, x1) = V(ϕ, x2)
suy ra
2hϕ, x2 −x1i = kx2k2 − kx1k2.
Thay x1 bởi µx2 trong đẳng thức trên ta có
2(1 −µ)hϕ, x2i = (1−µ2)kx2k2.
Do µ 6= 1, nên
2hϕ, x2i = (1 +µ)kx2k2.
Đặt x3 = (x2 +x1)/2 = 1+2µx2. Từ tính chất lồi của πKϕ, ta có x3 ∈ πKϕ.
Từ V(ϕ, x2) = V(ϕ, x3), lí luận tương tự trên, ta có
2hϕ, x2i = (1 + 1 +µ
2 )kx2k2.
Suy ra 1 + µ = 1 + 1+2µ, tức là µ = 1. Điều này mâu thuẫn với giả thiết
µ6= 1. Do đó 2) được chứng minh.
3) Trước tiên ta chứng minh rằng tồn tại ϕ ∈ B∗ sao cho πKϕ không là đơn trị khi đó B không lồi ngặt. Giả sử x1, x2 ∈ πKϕ, với ϕ ∈ B∗ nào đó. Ta có V(ϕ, x1) = V(ϕ, x2) điều này suy ra
2hϕ, x2 −x1i = kx2k2 − kx1k2. (2.28) Từ tính chất 1) với bất kỳ λ ∈ [0,1] ta có (λx2 + (1−λ)x1) ∈ πKϕ. Từ
V(ϕ, λx2 + (1−λ)x1) = V(ϕ, x1) ta có
tức là 2λhϕ, x2 −x1i = kλx2 + (1−λ)x1k2 − kx1k2, (2.29) Từ (2.28) và (2.29) ta có λ(kx2k2 − kx1k2)=kλx2 + (1−λ)x1k2 − kx1k2. Nên kλx2 + (1−λ)x1k2 = λkx2k2 + (1−λ)kx1k2. Từ đó kλx2 + (1−λ)x1k2 ≤ (λkx2k+ (1−λ)kx1k)2. =λ2kdx2k2+2λ(1−λ)kx2k kx1k+ (1−λ)2kx1k2 ≤ λkx2k2 + (1−λ)kx1k2 = kλx2 + (1−λ)x1k2. Do đó ta có kλx2 + (1−λ)x1k= .λkx2k+ (1−λ)kx1k. Lấy λ = 12, ta có kx2 +x1k = kx2k+kx1k.
Từ tính chất 2) ta thấy rằng không có cặp phần tử nào phụ thuộc tuyến tính trong πKϕ. Do đó đẳng thức trên chứng tỏ rằng B không lồi ngặt. Thứ hai, ta chứng minh rằng nếu B không lồi ngặt thì tồn tại ϕ ∈ B∗ sao cho πKϕ không là đơn trị .
Giả sử rằng B không lồi ngặt. Tồn tại x1, x2 ∈ B sao cho x1, x2 độc lập tuyến tính và thỏa mãn kx1k = kx2k = 1 và x1+x2
2
= kx1k+kx2k
2 = 1. Đặt
K = co(x1,x2), ta thấy rằng tồn tại ϕ∈ B∗ thỏa mãn πKϕ = co(x1,x2)
Thật vậy, vì B là phản xạ, nên B∗ cũng vậy. Từ định lí James, với phần tử x1+x2 2 tồn tại ϕ ∈ B∗ thỏa mãn kϕk = 1 và ϕ,x1+x2 2 = 1. Suy ra 1 2(hϕ, x1i+hϕ, x2i) = 1 (2.30)
Vì hϕ, x1i ≤ kϕk kx1k = 1 và hϕ, x2i ≤ kϕk kx2k = 1, Theo (2.30) ta có hϕ, x1i = hϕ, x2i = 1. Với bất kỳ x ∈ K, đặt x = λx1+ (1−λ)x2, trong đó λ ∈ [0,1]. Ta có hϕ, xi = hϕ, λx1 + (1−λ)x2i = λhϕ, x1i+ (1−λ)hϕ, x2i = 1 (2.31) Ta có 1 = hϕ, xi ≤ kϕk kxk= kxk. Dễ thấy kxk= kλx1 + (1−λ)x2k ≤ λkx1k+ (1−λ)kx2k = 1
Cho ta kxk= 1 và bây giờ áp dụng (2.31) và bất đẳng thức cuối ta có
V hϕ, xi = kϕk2 −2hϕ, xi+kxk2 = 0. (2.32) Do tính chất không âm của phiếm hàm V, (2.32) suy ra x ∈ πKϕ, với mỗi
x ∈ K. Ta thu được πKϕ = co(x1,x2). Dĩ nhiên πKϕ không đơn trị . Vậy
tính chất 3) được chứng minh
Định lý 2.8. Nếu B là một không gian Banach phản xạ, lồi ngặt và B∗ là không gian đối ngẫu của B và K là một tập con lồi, đóng khác rỗng của
B thì toán tử chiếu suy rộng πK :B∗ →K là liên tục.
Chứng minh. Vì B là không gian Banach phản xạ, lồi ngặt và trơn, từ tính chất 3) của Định lý 2.7, πK là đơn trị. Giả sử ϕn →ϕ khi n → ∞, và giả sử
πK(ϕn) = xn và πK(ϕ) = x khi n= 1,2,3, . . . .
Từ bất đẳng thức
(kϕnk − kxnk)2 ≤V(ϕn, xn) ≤ V(ϕn, x) ≤ (kϕnk+kxk)2,
và giả thiết rằng ϕn →ϕ khi n→ ∞ điều này cho ta {xn} là tập hợp con bị chặn của B. Do B là phản xạ, có dãy con của {xn}, ta vẫn kí hiệu là
{xn}, do đó xn * x0 yếu và n → ∞. Tương tự như chứng minh tính chất 3) của Định lý 2.7, ta có thể thấy x0 = πK(ϕ) =x. Với bất kì λ ∈ [0,1] ta có λx+ (1−λ)xn ∈ K. Từ bất đẳng thức V(ϕ, x) ≤V(ϕ, λx+ (1−λ)xn), ta có kϕk2−2hϕ, xi+kxk2 ≤ kϕk2−2hϕ, λx+ (1−λ)xni+kλx+ (1−λ)xnk2. Do đó 2hϕ,(1−λ)(xn −xi ≤ kλx+ (1−λ)xnk2 − kxk2.
Lí luận tương tự ở trên, từ bất đẳng thức V(ϕn, xn) ≤V(ϕn, x) ta có
2h−ϕn, xn−xi ≤ kxk2 − kxnk2.
Cộng vế với vế hai bất đẳng thức trên thu được
2hϕ−ϕn, xn −xi ≤ kλx+ (1−λ)xnk2 − kxnk2 + 2λhϕ, xn −xi ≤ λ2kxk2 + 2λ(1−λ)kxk kxnk +(1−λ)2kxnk2 − kxnk2 + 2λhϕ, xn−xi ≤ λkxk2 + (1−λ)kxnk2 − kxnk2 + 2λhϕ, xn −xi =λ(kxk2 − kxnk2) + 2λhϕ, xn −xi. Vì vậy 2hϕ−ϕn, x−xni ≥ λ(kxnk2 − kxk2) + 2λhϕ, x−xni. (2.33) Nếu ta sử dụng bất đẳng thức V(ϕ, x) ≤ V(ϕ, xn) và V(ϕn, xn) ≤V(ϕn, λx+ (1−λ)xn)
tương tự các lí luận ở trên, ta được
2hϕ−ϕn, x −xni ≥ (1−λ)(kxk2− kxnk2) + 2(1−λ)hϕn, x−xni. (2.34) Từ (2.33) và (2.34) lấy λ = 1/2 ta được
4hϕ−ϕn, x−xni ≥ (kxnk2 − kxk2) + 2hϕ, x−xni (2.35)
4hϕ−ϕn, x−xni ≥ (kxk2 − kxnk2) + 2hϕn, x −xni. (2.36) Từ điều kiện ϕn →ϕ với n→ ∞ và xn * x yếu, và n → ∞ và kết hợp với (2.35)-(2.36) ta được
kxnk → kxk với n → ∞.
Vì xn → x yếu khi n→ ∞ và B là phản xạ, lồi ngặt, ta có xn → x yếu, và
n→ ∞. Như vậy định lý được chứng minh.
2.4. Ứng dụng vào nghiên cứu sự tồn tại nghiệm củabài toán bất đẳng thức biến phân bài toán bất đẳng thức biến phân
Ta nhớ lại định nghĩa của bất đẳng thức biến phân. Giả sử f : K → B∗
là một ánh xạ. Bất đẳng thức biến phân được định nghĩa bởi ánh xạ f và tập hợp K là
tìm x∗ ∈ K sao cho
V I(f, K) : hf(x∗), y−x∗i ≥ 0 với mọi y ∈ K. (2.37) Tính chất 3) của Định lý 2.7 trong phần trước chứng tỏ rằng toán tử
πK : B∗ → K là đơn trị nếu và chỉ nếu B là phản xạ, lồi ngặt. Ta biết rằng, nếu B là không gian Banach phản xạ, lồi ngặt và trơn thì B∗ cũng vậy. Hơn nữa, nếu B là không gian Banach phản xạ, lồi ngặt và trơn thì ánh xạ đối ngẫu J : B → B∗ là đơn trị và là toàn ánh.
Định lý 2.9. Giả sử B là không gian Banach phản xạ, lồi ngặt, trơn và
B∗ là không gian đối ngẫu của B. Giả sử f : K →B∗ là toán tử tác động tùy ý. Khi đó một điểm x∗ ∈ K ⊂ B là nghiệm của bất đẳng thức biến phân (2.37) nếu và chỉ nếu x∗ là nghiệm của phương trình toán tử trong B x= πK(J(x)−f(x)). (2.38) Để nghiên cứu bất đẳng thức biến phân (2.37), ta có thể dùng định lý Fan-KKM hoặc dùng kỹ thuật họ loại trừ các phần tử nếu K là một nón lồi đóng. Ta nhớ một vài bổ đề sau
Bổ đề 2.4. Tập hợp con K không rỗng của B được gọi là một nón điểm lồi đóng nếu tập K là đóng và các tính chất sau được thỏa mãn:
(k1) K +K ⊆K;
(k2) λK ⊆ K, với mọi λ ≥ 0;
(k3) K ∩(−K) = {0}.
Bổ đề 2.5. Nón đối ngẫu của một nón điểm lồi đóng K kí hiệu là K∗. Nó là một tập hợp con của K∗ và được định nghĩa như sau:
K∗ = {ϕ ∈ B∗ :hϕ, yi ≥ 0,∀y ∈ K}.
Ta nhớ rằng một ánh xạ T : B → B hoàn toàn liên tục nếu T liên tục và ánh xạ tập bị chặn D ⊂ B, thành tập T(D) là tập compact tương đối. Ánh xạ f : B → B được gọi là một trường hoàn toàn liên tục nếu f có một phép biểu diễn f(x) = J(x) −T(x), với x ∈ B, trong đó T : B → B
là ánh xạ hoàn toàn liên tục.
Ta nói họ phần tử {xr}r>0 ⊂ B là họ loại trừ của phần tử của trường hoàn toàn liên tục f(x) = J(x) − T(x) theo nón lồi K, nếu và chỉ nếu
(e1) kxrk → ∞ và r → ∞;
(e2) µrxr ∈ K và hT(xr)−J(µrxr), µrxr−yi ≥ 0,∀y ∈ K.