Trong trường hợp toán tử nhiễu Ah không đơn điệu, bất đẳng thức biến phân hiệu chỉnh (2.8) của Liskovets có thể không có nghiệm. Nguyễn Thị Thu Thủy [9] đã nghiên cứu bài toán hiệu chỉnh: tìm phần tửxτα ∈ X
thỏa mãn
hAhxτα+αUs(xτα−x∗)−fδ, x−xταi+ϕε(x)−ϕε(xτα)
≥ −µg(kxταk)kx−xταk, ∀x ∈ X, µ ≥ h,
(2.23)
ở đây µ là một hằng số dương đủ bé, Us là ánh xạ đối ngẫu tổng quát của X (xem Định nghĩa 1.7).
Giả sử A, f, ϕ được cho xấp xỉ bởi Ah, fδ, ϕε thỏa mãn (1)-(3) với điều kiện Ah không có tính chất đơn điệu. Ngoài ra, hàm ϕ còn giả thiết thỏa mãn điều kiện sau:
|ϕε(x)−ϕε(y)| ≤ C0kx−yk, ∀x, y ∈ X, (2.24) với C0 là một hằng số dương. Ta có kết quả sau.
Bổ đề 2.4. (xem [9]) Giả sử X∗ là không gian Banach, A là một toán tử đơn điệu, hemi-liên tục, bị chặn với D(A) =X và các điều kiện (2), (3) thỏa mãn. Khi đó, bất đẳng thức (2.23) có nghiệm với mỗi α > 0 và
fδ ∈ X∗.
Chứng minh: Giả sử xε ∈ domϕε. Từ tính đơn điệu của toán tử A và điều kiện (3) ta có: hAx+αUs(x−x∗), x−xεi+ ϕε(x) kxk ≥ αkx−x∗k s−1 kx−x∗k − kx∗ −xεk kxk − kAxεk 1 + kxεk kxk −cε, s ≥ 2,
với kxk > rε. Suy ra, (2.2) thỏa mãn cho cặp (A+αUs, ϕε). Do đó, với mỗi α > 0 và fδ ∈ X∗, tồn tại nghiệm của bất đẳng thức biến phân sau đây:
hAx+αUs(x−x∗)−fδ, z −xi+ϕε(z)−ϕε(x) ≥0,
∀z ∈ X, x ∈ X.
(2.25)
Tính duy nhất nghiệm của bất đẳng thức này được chứng minh tương tự Bổ đề 2.1. Giả sử xδ,εα là nghiệm của (2.25), nghĩa là
hAxδ,εα +αUs(xαδ,ε −x∗)−fδ, z −xδ,εα i+ϕε(z)−ϕε(xδ,εα ) ≥ 0,
∀z ∈ X.
(2.26)
Với mọi h > 0, kết hợp với điều kiện (2.6), từ (2.26) ta nhận được
hAhxδ,εα + αUs(xδ,εα −x∗)−fδ, z −xδ,εα i+ϕε(z)−ϕε(xδ,εα )
≥ −hg(kxδ,εα k)kz −xδ,εα k, ∀z ∈ X.
(2.27)
Vì µ≥ h, ta suy ra mỗi xδ,εα đều là nghiệm của (2.23).
2 Giả sử xτα là nghiệm của (2.23). Ta có kết quả về sự hội tụ của dãy nghiệm này đến nghiệm x0 có x∗-chuẩn nhỏ nhất của bất đẳng thức biến phân hỗn hợp (2.1) trong định lý sau.
Định lý 2.3. (xem [9]) Giả sử X và X∗ là các không gian Banach lồi chặt, A là một toán tử đơn điệu, h-liên tục và bị chặn với D(A) = X, các điều kiện (1)-(3) thỏa mãn, ánh xạ đối ngẫu tổng quát Us thỏa mãn
hUs(x)−Us(y), x−yi ≥ mUkx−yks, mU > 0, s ≥ 2. (2.28)
Giả thiết thêm rằng toán tử A có tính chất Γ và
lim α→0
µ+δ +ε
α = 0. (2.29)
Khi đó, dãy nghiệm {xτα} của (2.23) hội tụ mạnh đến phần tử x0 ∈ S0 có x∗-chuẩn nhỏ nhất.
Chứng minh: Từ (2.1) và (2.23) ta có hAhxτα +αUs(xτα−x∗)−fδ, x0 −xταi+ϕε(x0)−ϕε(xτα) +hAx0 −f, xτα −x0i+ ϕ(xτα)−ϕ(x0) ≥ −µg(kxταk)kx0 −xταk. Hay αhUs(xτα−x∗)−Us(x0 −x∗), xτα−x0i ≤ αhUs(x0 −x∗), x0 −xταi +hAhxτα−Axτα, x0 −xταi +hAx0 −Axτα, xτα−x0i+hf −fδ, x0 −xταi +ϕε(x0)−ϕ(x0) +ϕ(xτα)−ϕε(xτα) +µg(kxταk)kx0 −xταk. (2.30)
Từ tính chất đơn điệu của toán tử A, điều kiện (1), và các bất đẳng thức (2.6), (2.7), (2.28), (2.30) ta nhận được mUkxτα−x0ks ≤ h+µ α g(kxταk) + δ α kx0 −xταk + ε α d(kx0k) +d(kxταk) +hUs(x0 −x∗), x0 −xταi. (2.31) Từ µ/α → 0 khi α → 0 (suy ra h/α → 0), kết hợp (2.29) và bất đẳng thức cuối cùng ta suy ra tập xτα bị chặn. Do đó tồn tại một dãy con của dãy này, vẫn kí hiệu là xτα, hội tụ yếu đến xˆ ∈ X.
Bây giờ ta sẽ chứng minh dãy {xτα} hội tụ mạnh đến xˆ. Thật vậy, từ tính chất đơn điệu của toán tử A và Us suy ra
0≤ hAxτα−Ax, xˆ τα−xˆi
≤ hAxτα+αUs(xατ −x∗)−Axˆ−αUs(ˆx−x∗), xτα−xˆi
= hAxτα+αUs(xατ −x∗), xτα −xˆi − hAxˆ+ αUs(¯x−x∗), xτα−xˆi.
Từ tính hội tụ yếu của dãy {xτα} đến xˆ, ta suy ra lim α→0hAxˆ+αUs(ˆx−x∗), xτα−xˆi = 0. (2.33) Sử dụng bất đẳng thức (2.6) ta nhận được hAxτα+αUs(xτα−x∗), xτα−xˆi = hAxτα−Ahxτα+Ahxτα+αUs(xτα −x∗), xτα−xˆi ≤ hAhxτα+αUs(xατ −x∗), xτα−xˆi+hg(kxταk)kxτα−xˆk. (2.34)
Hơn nữa, từ (2.23) ta suy ra
hAhxτα+ αUs(xατ −x∗), xτα−xˆi
= hAhxτα +αUs(xτα−x∗)−fδ, xτα−xˆi+hfδ, xτα−xˆi ≤ hfδ, xτα −xˆi+ϕε(ˆx)−ϕε(xτα) +µg(kxταk)kxˆ−xταk.
(2.35)
Vì xτα * xˆ và ϕε là phiếm hàm lồi chính thường, nửa liên tục dưới yếu trên X, từ (2.35) suy ra lim α→0hAhxτα+αUs(xατ −x∗), xτα−xˆi ≤ 0. (2.36) Từ (2.32)-(2.34) và (2.36), ta nhận được lim α→0hAxτα−Ax, xˆ τα−xˆi = 0.
Cuối cùng, từ tính chất Γ của toán tử A suy ra dãy {xτα} hội tụ mạnh đến xˆ ∈ X.
Ta sẽ chứng minh xˆ∈ S. Từ (2.6) và (2.23) ta nhận được
hAxτα+ αUs(xτα−x∗)−fδ, x −xταi +ϕε(x)−ϕε(xτα)
≥ −(h+µ)g(kxταk)kx−xταk, ∀x ∈ X.
(2.37)
Vì hàm ϕ nửa liên tục dưới yếu nên
ϕ(ˆx) ≤ lim
Từ dãy {xτα} bị chặn, kết hợp với (2.7), tồn tại một hằng số c2 dương sao cho
ϕ(xτα) ≤ ϕε(xτα) +c2ε. (2.39) Trong (2.23) ta cho α →0 với chú ý rằng toán tử A là demi-liên tục, từ (2.6), (2.7), (2.38), (2.39) và điều kiện (1) suy ra
hAxˆ−f, x−xˆi+ϕ(x)−ϕ(ˆx) ≥ 0, ∀x ∈ X.
Điều này có nghĩa là xˆ ∈ S.
Cuối cùng ta sẽ chứng minh xˆ = x0. Thật vậy, sử dụng tính đơn điệu của ánh xạ Us và các bất đẳng thức (2.6), (2.7), (2.28), (2.37) được viết lại thành hUs(x−x∗), xτα−xi ≤ h+ µ α g(kxταk) + δ α kx−xταk + ε α d(kxk) + d(kxταk), ∀x ∈ S. Vì α → 0, ε/α, δ/α, µ/α → 0 (và h/α → 0), bất đẳng thức cuối cùng trở thành hUs(x−x∗),x¯−xi ≤ 0, ∀x ∈ S.
Thay x bởi txˆ+ (1−t)x, t∈ (0,1) trong bất đẳng thức này, chia cả hai vế cho (1−t) sau đó cho t tiến tới 1, ta nhận được
hUs(ˆx−x∗),xˆ−xi ≤ 0, ∀x ∈ S
hay
hUs(ˆx−x∗),xˆ−x∗i ≤ hUs(ˆx−x∗), x−x∗i, ∀x ∈ S.
Sử dụng tính chất của Us, ta có kxˆ−x∗k ≤ kx−x∗k, ∀x ∈ S. Vì tính lồi đóng của S và tính lồi chặt của X, ta suy ra xˆ= x0.