2 Hiệu chỉnh bất đẳng thức biến phân loại đơn điệu
2.1.2. Tham số hiệu chỉnh
Trong mục này chúng ta nghiên cứu bài toán chọn tham số hiệu chỉnh hậu nghiệm trong trường hợp toán tử A được cho chính xác trong bất đẳng thức biến phân hiệu chỉnh dạng (2.8).
Định lý 2.4. Cho X là không gian Banach thực phản xạ có tính chất E-S với không gian đối ngẫu X∗ lồi chặt, A : X → X∗ là một toán tử đơn điệu cực đại, hemi-liên tục với miền hữu hiệu D(A), K ⊂ D(A) là một tập lồi đóng. Giả sử bất đẳng thức biến phân (2.2) có tập nghiệm S0 khác rỗng và x¯0 ∈ S0 là nghiệm có chuẩn nhỏ nhất, fδ là δ-xấp xỉ của f thỏa mãn kf −fδk ≤ δ ≤ 1 và 0X 6= K. Khi đó tồn tại giá trị
˜
α > 0 thỏa mãn
ρ( ˜α) = ˜αkxδα˜k = kδp, k > 1, p ∈ (0,1], (2.17)
ở đây xδα˜ là nghiệm (cổ điển) của bất đẳng thức biến phân hiệu chỉnh
hAx+αJ x−fδ, z −xi ≥ 0, ∀z ∈ K, x ∈ K, (2.18)
với α = ˜α. Hơn nữa,
(i) nếu δ → 0 thì α˜ → 0,
(ii) nếu δ → 0 và p ∈ (0,1) thì xδα˜ → x¯0 và δ
˜
α →0,
(iii) nếu δ → 0, p = 1 và S0 = {x0} thì xδα˜ * x0 và tồn tại một hằng số C > 0 sao cho δ
˜
α ≤ C.
Chứng minh: Toán tử đơn điệu cực đại và hemi-liên tục A xác định trên tập mở D(A), nên intD(A)∩K 6= ∅. Do đó ta có thể áp dụng kết quả của Bổ đề 1.2 và Định lý 1.9. Theo chứng minh Định lý 2.1, ta có
kxδαk2 ≤ δ α + kx0k kxδαk+ δ αkx0k, ∀x0 ∈ S0. (2.19) Suy ra kxδαk ≤ 2kx0k+ δ α, ∀x0 ∈ S0. (2.20) Cố định x0 ∈ S0 và chọn α sao cho 2αkx0k < (k −1)δp, k > 1, p ∈ (0,1]. (2.21)
Suy ra
ρ(α) =αkxδαk ≤ 2αkx0k+δ < (k−1)δp+δ ≤ kδp. (2.22)
Mặt khác
lim
α→∞ρ(α) =∞.
Do đó sự tồn tại tham số α˜ được suy từ tính liên tục của ρ(α).
Tiếp theo, từ (2.21) ta có bất đẳng thức ˜ α > (k −1)δp 2kx0k . Do đó, δ ˜ α ≤ 2kx 0kδ1−p k−1 . Vì vậy, δ ˜ α → 0khiδ → 0và p ∈ (0,1) và δ ˜ α ≤ C vớiC = 2kx0k(k−1)−1
khi δ → 0 và p = 1. Dễ thấy rằng từ (2.20) suy ra tính bị chặn của dãy
{xδα˜}. Vì vậy, ta nhận được xδα˜ * x¯ ∈ X khi δ → 0. Vì K là tập đóng
yếu nên suy ra x¯ ∈ K.
Bây giờ ta sẽ chứng minh x¯∈ S0. Thật vậy, ta xây dựng toán tử đơn điệu cực đại
B = A+∂IK : X → 2X∗.
Rõ ràng D(B) =K. Do đó theo Bổ đề 1.4, từ bất đẳng thức biến phân (2.18) với α = ¯α ta có
fδ ∈ Bxδα¯ + ¯αJ xδx¯.
Điều này nghĩa là tồn tại ξαδ¯ ∈ Bxδα¯ sao cho
ξαδ¯ + ¯αJ xδx¯ = fδ.
Từ (2.17) suy ra
Từ đây suy ra ξαδ¯ → f khi δ → 0.
Từ tính đơn điệu của toán tử B, ta có
hξαδ¯ −Az −y, xδα¯ −zi, ∀z ∈ K, ∀y ∈ ∂IKz. (2.23)
Vì 0X∗ ∈ ∂IKz với mọi z ∈ K, nên trong (2.23) ta có thể đặt y = θX∗. Sau đó cho δ → 0 ta được
hf −Az,x¯−zi ≥ 0, ∀z ∈ K.
Từ bất đẳng thức này suy ra x¯∈ S0.
Giả sử p ∈ (0,1). Bất đẳng thức (2.19) cho ta đánh giá
kxδα¯k ≤ 2δ
¯
α +kx0k, ∀x0 ∈ S0. (2.24) Vì dãy {xδα¯} hội tụ yếu đến x¯ ∈ S0, nên từ (2.24) suy ra
kx¯k ≤ lim inf
δ→0kxδα¯k ≤ lim sup
δ→0
≤ kx0k, ∀x0 ∈ S0. (2.25)
Do đó x¯ = ¯x0 vì nghiệm x¯0 ∈ S0 có chuẩn nhỏ nhất là duy nhất. Hơn nữa sự hội tụ của kxδα¯k khi δ → 0 được suy từ (2.25). Vì X là không gian có tính chất E-S, nên từ đây suy ra điều kiện ii) thỏa mãn. Từ (2.17) suy ra
¯
α = kδ
p
kxδα¯k. (2.26)
Rõ ràng kxδα¯k > 0 với δ > 0 đủ bé vì x¯0 6= 0X. Điều này được suy từ giả thiết 0X ∈/ K. Nên từ (2.26) suy ra α¯ → 0 khi δ → 0 và p ∈ (0,1). Nếu p = 1 thì xδα¯ * x0 6= 0X. Từ tính chất liên tục dưới yếu của chuẩn trong không gian Banach ta suy ra
kx0k ≤ lim inf