ChoAvà Ahlà các toán tử hemi-liên tục từ không gian Banach phản xạ, lồi chặt X vào không gian liên hợp X∗ của X. Giả sử toán tử A đơn điệu, còn toán tử nhiễu Ah không nhất thiết đơn điệu thỏa mãn điều kiện (2.3). Khi đó bất đẳng thức biến phân hiệu chỉnh (2.4) có thể không có nghiệm, do đó để hiệu chỉnh cho bài toán (2.1) trong trường hợp này ta sử dụng bất đẳng thức biến phân (xem [11])
hAhxτα+ αUs(xτα−x∗)−fδ, x−xταi ≥ −νg(kxταk)kx−xταk,
∀x ∈ K, xτα ∈ K, (2.14) ở đây ν ≥ h.
Bổ đề 2.2. Với mỗi α > 0, ν > 0 và fδ ∈ X∗, bất đẳng thức biến phân (2.14) có duy nhất nghiệm xτα.
Chứng minh. Lập luận tương tự như chứng minh Định lý 2.1 ta suy ra bất
đẳng thức biến phân
hAxδα+αUs(xδα −x∗)−fδ, x−xδαi ≥ 0, ∀x ∈ K, (2.15) có duy nhất nghiệm (kí hiệu là xδα). Từ (2.3) và (2.15) ta nhận được
hAhxδα+αUs(xδα −x∗)−fδ, x−xδαi ≥ −hg(kxδαk)kx−xδαk,
∀x ∈ K, xδα ∈ K. (2.16) Vì ν ≥ h nên xδα (suy ra xτα) là nghiệm của (2.14).
Định nghĩa 2.2. Ta nói rằng một toán tử A : X → X∗ có tính chất Γ nếu từ sự hội tụ yếu của dãy {xn} (xn * x) và hAxn −Ax, xn −xi → 0 suy ra sự hội tụ mạnh (xn →x) khi n → ∞.
Định lý 2.3. Giả sử Avà Ah là các toán tử hemi-liên tục, Alà toán tử đơn điệu, Ah không đơn điệu thỏa mãn (2.3), fδ ∈ X∗ thỏa mãn (2.2), toán tử
A có tính chất Γ và tập nghiệm của bài toán (2.1)khác rỗng. Khi đó nếu lim
α→0
δ +h+ ν
α = 0. (2.17)
thì {xτα} hội tụ mạnh đến nghiệm x0 có x∗-chuẩn nhỏ nhất.
Chứng minh. Từ (2.1) và (2.14) suy ra
hAhxτα+αUs(xτα−x∗)−fδ, x0 −xταi
+hAx0 −f, xτα−x0i ≥ −νg(kxταk)kx0 −xταk. (2.18) Bất đẳng thức này tương đương với
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 +νg(kxταk)kx0 −xταk. (2.19)
Sử dụng tính chất của Us, tính đơn điệu của A, từ (2.2), (2.3) và (2.19) ta nhận được: mskxτα−x0ks ≤ h+ν α g(kxταk) + δ α kx0 −xταk +hUs(x0 −x∗), x0 −xταi. (2.20) Vì ν/α →0khi α →0(và suy ra h/α → 0), từ (2.17) và (2.20) suy ra dãy
xτα bị chặn. Vì vậy tồn tại một dãy con của dãy xτα hội tụ yếu đến phần tử ¯
Bây giờ ta chỉ ra sự hội tụ mạnh của dãy {xτα} tới x¯. Từ tính chất đơn điệu của toán tử A và tính chất của Us suy ra
0≤ hAxτα−Ax, x¯ τα−x¯i
≤ hAxτα+αUs(xατ −x∗)−Ax¯−αUs(¯x−x∗), xτα−x¯i
= hAxτα+αUs(xατ −x∗), xτα−x¯i − hAx¯+αUs(¯x−x∗), xτα−x¯i.
(2.21)
Vì dãy {xτα} hội tụ yếu đến x¯ nên lim α→0hAx¯+αUs(¯x−x∗), xτα−x¯i = 0. (2.22) Từ (2.2), suy ra hAxτα+αUs(xτα−x∗), xτα−x¯i = = hAxτα−Ahxτα+Ahxτα+ αUs(xτα−x∗), xτα−x¯i ≤ hAhxτα+αUs(xατ −x∗), xτα−x¯i+hg(kxταk)kxτα −x¯k. (2.23) Sử dụng bất đẳng thức biến phân hiệu chỉnh (2.14) ta nhận được
hAhxτα+αUs(xτα−x∗), xτα−x¯i = hAhxτα+αUs(xτα−x∗)−fδ, xτα −x¯i+hfδ, xτα −x¯i ≤ hfδ, xτα−x¯i+νg(kxταk)kx¯−xταk. (2.24) Vì xτα * x¯ nên từ (2.24) suy ra lim α→0hAhxτα+ αUs(xατ −x∗), xτα−x¯i ≤ 0. (2.25) Kết hợp (2.21), (2.22), (2.23) và (2.25) ta nhận được lim α→0hAxτα−Ax, x¯ τα−x¯i = 0.
Cuối cùng do tính chất Γ của toán tử A và đẳng thức này suy ra {xτα} hội tụ mạnh đến x¯∈ X.
Bây giờ ta chỉ ra rằng x¯ ∈ S0. Từ (2.3) và (2.14) ta nhận được
hAxτα+αUs(xτα−x∗)−fδ, x−xταi
≥ −(h+ν)g(kxταk)kx−xταk, ∀x ∈ X. (2.26) Cho α →0 trong bất đẳng thức này với chú ý rằng A là toán tử hemi-liên tục và điều kiện (2.2) suy ra
hAx¯−f, x−x¯i ≥ 0, ∀x ∈ X.
Nghĩa là x¯∈ S0.
Ta sẽ chứng minh x¯= x0. Sử dụng tính đơn điệu của ánh xạ Us, kết hợp (2.3) và tính chất của Us, ta viết lại (2.16) ở dạng
hUs(x−x∗), xτα−xi ≤ h+ν α g(kxταk) + δ α kx−xταk, ∀x ∈ S0. Từ α → 0, δ/α, ν/α → 0(vàh/α → 0), bất đẳng thức cuối cùng trở thành hUs(x−x∗),x¯−xi ≤ 0, ∀x ∈ S0.
Thay x bởi tx¯+ (1−t)x, t∈ (0,1) trong bất đẳng thức cuối cùng, chia cả 2 vế cho (1−t) sau đó cho t tiến đến 1, ta nhận được
hUs(¯x−x∗),x¯−xi ≤ 0, ∀x ∈ S0,
hay
hUs(¯x−x∗),x¯−x∗i ≤ hUs(¯x−x∗), x−x∗i, ∀x ∈ S0.
Sử dụng tính chất của Us ta có kx¯−x∗k ≤ kx− x∗k, ∀x ∈ S0. Vì tính lồi đóng của tập nghiệm S0 và tính lồi chặt của không gian X, ta suy ra ¯
x = x0.
2