biến phân
Xét bài toán bất đẳng thức biến phân hiệu chỉnh sau: Tìm xα ∈ C sao cho:
hF(xα) +αxα, v−xαi ≥ 0 ∀v ∈ C. (1.27) Nghiệm xα của bài toán (1.27) được gọi là nghiệm hiệu chỉnh của bài toán (1.15). Sự tồn tại nghiệm hiệu chỉnh xα được trình bày trong định lý sau. Định lí 1.10 (Xem [4]) Cho H là một không gian Hilbert thực và C là một tập con lồi đóng khác rỗng của H. Giả sử rằng F : C −→ H là một ánh xạ đơn điệu và h - liên tục. Khi đó,
(i)với mỗi α >0, bài toán (1.27) có nghiệm duy nhất xα. Hơn nữa, nếu F
liên tục Lipchitz thì
lim
α→0kxα−x∗k = 0
trong đó,x∗ là nghiệm duy nhất của bài toán bất đẳng thức biến phân (1.15).
(ii) Nếu xαn và xαm là hai nghiệm của bài toán (1.27), tương ứng với các tham số hiệu chỉnh αn và αm, thì ta có:
kxαn −xαmk ≤ M|αn−αm|
αn vớiM là hằng số.
Với mỗi v ∈ C ta xét bài toán phụ sau:
min
u∈C(ϕ(u) +hkF(v)−ϕ0(v), ui) (1.28) ở đây,ϕ : H −→ Rlà một hàm lồi và khả vi Gâteaux, {k}k∈N là một dãy số dương.
Lấy 0 > 0và u0 tùy ý thuộc C, ta giải bài toán sau:
min
u∈C(ϕ(u) +h0F(u0)−ϕ0(u0), ui). (1.29) Gọi u1 là nghiệm của bài toán (1.29).
Tiếp tục thay thế u0, 0 bởiu1 và 1, ta giải bài toán
min
u∈C(ϕ(u) +h1F(u1)−ϕ0(u1), ui). (1.30) Gọi u2 là nghiệm của bài toán (1.30). Từ đó dẫn đến thuật toán sau.
• Thuật toán I
(i) Tại bước k = 0, bắt đầu với u0 và 0;
(ii) Tại bước k = n, biết un và n, giải bài toán phụ sau:
min
u∈C(ϕ(u) +hnF(un)−ϕ0(un), ui). (1.31) Gọi un+1 là nghiệm của bài toán (1.31).
(iii)Dừng, nếukun+1−unknhỏ hơn một sai số cho trước. Ngược lại, thay
n←− n+ 1 và trở về bước (ii).
Sau đây, chúng tôi trình bày thuật toán nguyên lý bài toán phụ hiệu chỉnh, là sự kết hợp giữa Thuật toán I với phương pháp hiệu chỉnh Browder-Tikhonov, để tìm nghiệm xấp xỉ cho bài toán bất đẳng thức biến phân (1.15).
• Thuật toán II
(i) Tại bước k = 0, bắt đầu với z0, 0 và α0;
(ii) Tại bước k = n, biết zn, n và αn, giải bài toán phụ hiệu chỉnh sau:
min
z∈C(ϕ(z) + hn(F(zn) +αnzn)−ϕ0(zn), zi); (1.32) Gọi zn+1 là nghiệm của bài toán (1.32).
(iii) Dừng, nếukzn+1 −znknhỏ hơn một sai số cho trước. Ngược lại, thay
Giả sử rằng {n}n≥0 và {αn}n≥0 là hai dãy số thực thỏa mãn các điều kiện sau: Điều kiện Ψ (i) 0< n ≤ 1; 0 < αn+1 ≤ αn ≤ 1; αn → 0khi n → ∞; (ii) P∞ n=0nαn = ∞; P∞ n=02n < ∞; (iii) P∞ n=0 (αn −αn+1)2 α3 nn < ∞. Ta có định lý sau:
Định lí 1.11 (Xem [4]) Cho H là một không gian Hilbert thực, C là một tập con lồi đóng và khác rỗng của H. Cho F : C −→ H là một ánh xạ đơn điệu và h - liên tục. Giả sử rằng ϕ : H −→ R là một hàm lồi chính thường, khả vi Gâteaux, với đạo hàm ϕ0 là một hàm đơn điệu mạnh và liên tục Lipschitz. Khi đó, với mỗi n∈ N, bài toán (1.32) có nghiệm duy nhấtzn+1.
Hơn nữa, nếu {n}n≥0 và {αn}n≥0 là hai dãy số thực thỏa mãn điều kiện (Ψ) và F ánh xạ liên tục Lipschitz thì:
limkzn+1 −x∗k= 0
Chương 2
Nguyên lý bài toán phụ hiệu chỉnh tìm điểm bất động chung cho một họ vô hạn các ánh xạ giả co chặt
Trong chương này chúng tôi trình bày phương pháp hiệu chỉnh và nguyên lý bài toán phụ hiệu chỉnh để tìm điểm bất động chung cho một họ vô hạn các ánh xạ giả co chặt trong không gian Hilbert.
2.1. Phương pháp hiệu chỉnh tìm điểm bất động chung cho một họ vô hạn các ánh xạ giả co chặt
Trong mục này, chúng tôi trình bày phương pháp hiệu chỉnh để tìm điểm bất động chung cho một họ vô hạn các ánh xạ giả co chặt trong không gian Hilbert. Trước hết chúng tôi nêu lại khái niệm ánh xạ giả co chặt.
Cho H là một không gian Hilbert thực, C là một tập con lồi đóng khác rỗng của H. ánh xạ T : C −→ H được gọi là λ-giả co chặt, theo Browder- Petryshyn [5], nếu tồn tại một hằng số λ ∈ [0; 1) sao cho với mọi x, y ∈ C ta có:
ở đây I là ánh xạ đồng nhất trong H.
Kí hiệu F ix(T) là tập điểm bất động của ánh xạT, tức là:
F ix(T) = {u∗ ∈ C :u∗ = T(u∗)}.
Bài toán tìm điểm bất động của ánh xạ T tương đương với bài toán tìm nghiệm của bất đẳng thức biến phân sau:
Tìm u∗ ∈ C sao cho
hA0(u∗), v −u∗i ≥ 0 ∀v ∈ C, A0 = I −T, (2.2) trong đó, A0 là ánh xạ đơn điệu và liên tục Lipschitz trên C.
Để giải bài toán (2.2), người ta giải bài toán bất đẳng thức biến phân xấp xỉ sau:
Tìm u∗ ∈ C sao cho
hA0(uα) +αuα, v−uαi ≥ 0, ∀v ∈ C, (2.3) ở đây, α là tham số hiệu chỉnh đủ nhỏ dần tới 0.
Cho H là một không gian Hilbert, C là một tập con lồi đóng khác rỗng của
H. Giả sử {Ti}∞i=1 là một họ vô hạn các ánh xạ λi - giả co chặt từ C vào H
thỏa mãn điều kiện F = T∞
i=1F ix(Ti) 6= ∅. Xét bài toán sau:
Tìm u∗ ∈ F (2.4) Để tìm điểm bất động chung cho họ vô hạn các ánh xạ giả co chặt, ta xây dựng nghiệm hiệu chỉnh uα trên cơ sở giải bài toán bất đẳng thức biến phân sau: Tìm uα ∈ C sao cho * ∞ X i=1 γiAi(uα) + αuα, v −uα + ≥ 0 ∀v ∈ C (2.5)
trong đó,Ai = I−Ti, α là tham số hiệu chỉnh đủ nhỏ dần tới 0và{γi}∞i=1 là một dãy số thực thỏa mãn điều kiện:
γi > 0; ∞ X i=1 γi e λi = γ < ∞, eλi = 1−λi 2 . (2.6) Để trình bày kết quả cho sự tồn tại nghiệm của bài toán (2.5), chúng tôi cần nêu lại một số kết quả bổ trợ sau:
Cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng của không gian Hilbert H và
G: CìC −→(−∞,+∞)là một song hàm thỏa mãn điều kiệnG(u, u) = 0,
∀u ∈ C. Bài toán cân bằng được phát biểu như sau: Tìm u∗ ∈ C sao cho
G(u∗, v) ≥ 0 ∀v ∈ C. (2.7) Giả sử rằng hàm G thỏa mãn các điều kiện sau:
Điều kiện A:
(A1) G(u, v) +G(v, u) ≤ 0 ∀(u, v) ∈ C ìC;
(A2) Với mỗi u ∈ C, G(u,ã) : C → (−∞,+∞) là hàm lồi và nửa liên tục dưới;
(A3) limt→+0G((1−t)u+tz, v) ≤ G(u, v) ∀(u, z, v) ∈ C ìC ìC.
Bổ đề 2.1 (Xem [9]). Cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng của không gian HilbertH vàG :CìC → (−∞,+∞) là một hàm xác định trênCìC
và thỏa mãn điều kiện (A). Cho r > 0 vàx ∈ H tùy ý. Khi đó, tồn tạiz ∈ C
sao cho thỏa mãn điều kiện sau;
G(z, v) + 1
r hz−x, v−zi ≥ 0 ∀v ∈ C.
Bổ đề 2.2 (Xem [9]). Cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng của không gian HilbertH vàG :CìC → (−∞,+∞) là một hàm xác định trênCìC
và thỏa mãn điều kiện (A). Cho r > 0 và x ∈ H tùy ý, ánh xạ Tr : H → C xác định như sau: Tr(x) ={z ∈ K : G(z, v) + 1 r hz −x, v −zi ≥ 0 ∀v ∈ C}. Khi đó, ta có: (i) Tr là ánh xạ đơn trị;
(ii) Tr là ánh xạ không giãn, tức là với x, y ∈ H ta có:
kTr(x)−Tr(y)k2 ≤ hTr(x)−Tr(y), x−yi;
(iii) F ix(Tr) = EP(G);
ở đây, EP(G) là tập điểm nghiệm của bài toán cân bằng (2.7).
(iv) EP(G) là một tập lồi và đóng.
Bổ đề 2.3 (Xem [14]) Cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng của không gian HilbertH. Giả sử T : C −→ H là ánh xạλ - giả co chặt. Khi đó,I−T
là ánh xạ demiclosed tại 0; tức là, dãy {xn} trong C hội tụ yếu tới x ∈ C và dãy {(I −T)(xn)} hội tụ mạnh tới 0, thì suy ra (I −T)(x) = 0.
Bổ đề 2.4 (Xem [11]) Cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng của không gian Hilbert H. Giả sử T : C −→ H là ánh xạ λ-giả co chặt. Khi đó, T là ánh xạ liên tục Lipschitz, với hằng số L = 1 +λ
1−λ.
Bổ đề 2.5 (Xem [11]) Cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng của không gian Hilbert H. Giả sử T : C −→H là ánh xạλ-giả co chặt. Khi đó, I −T
là ánh xạ đơn điệu mạnh với hằng số λe = 1−λ
2 ; tức là, ∀x, y ∈ C ta có:
hA(x)−A(y), x−yi ≥ 1−λ
2 kA(x)−A(y)k2;
Định lý sau đây là kết quả cho sự tồn tại nghiệm hiệu chỉnh của bài toán (2.5) và tính hội tụ mạnh tới nghiệm u∗ của bài toán (2.4).
Định lí 2.1 (Xem [6]) Cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng của không gian Hilbert H và {Ti}∞
i=1 là một họ vô hạn các ánh xạ λi - giả co chặt từ C
vào H sao cho F = T∞
i=1F ix(Ti) 6= ∅. Giả sử rằng {γi}∞i=1 là một dãy số thực thỏa mãn điều kiện (2.6). Khi đó, ta có:
(i) Với mỗi α > 0, bài toán (2.5) có duy nhất một nghiệm uα;
(ii) limα→0uα = u∗, u∗ ∈ F, ku∗k ≤ kyk ∀y ∈ F;
(iii) kuα−uβk ≤ α−β
α ku∗k. Chứng minh.
(i)Gọiylà điểm bất động chung của họ các ánh xạλi - giả co chặt{Ti}∞i=1. Khi đó, với x ∈ C ta có:
γikAi(x)k = γikAi(x)−Ai(y) +Ai(y)k
≤γikAi(x)−Ai(y)k+γikAi(y)k;
(2.8) ở đây, Ai = I −Ti.
Vì y ∈ F nên Ti(y) =y, hay Ai(y) = 0. Theo Bổ đề 2.5, A là ánh xạ đơn điệu mạnh nên
γikAi(x)k ≤ γi 2
1−λi kx−yk= γi
e
λi kx−yk.
Theo điều kiện (2.6), P∞
i=1
γi
e
λi = γ < ∞, nên suy ra ánh xạ B, được định nghĩa bởi B(x) = P∞
i=1γiAi(x), hội tụ tuyệt đối với mỗi x ∈ C.
Mặt khác, vì mỗi ánh xạ Ai là ánh xạ đơn điệu và liên tục Lipschitz nên B
cũng là ánh xạ đơn điệu và liên tục Lipschitz với hằng số LB = γ. Đặt
Từ (2.5) ta có: * ∞ X i=1 γiAi(uα), v−uα + +αhuα, v−uαi ≥ 0 ∀v ∈ C. Ta lại đặt e G(u, v) = ∞ X i=1 Gi(u, v) = hB(u), v−ui và Gα(u, v) =Ge(u, v) +αhu, v−ui
Khi đó bài toán (2.5) có dạng: Tìm uα ∈ C sao cho
Gα(uα, v) ≥ 0 ∀v ∈ C. (2.9) Với mỗi i ≥ 1, hàm Gi(u, v) thỏa mãn điều kiện (A). Do đó, hàm Ge(u, v)
cũng thỏa mãn điều kiện (A). Theo Bổ đề 2.1 và Bổ đề 2.2, với 1
r = α > 0
và x = 0, bài toán (2.9) có nghiệm duy nhất uα. Điều đó chứng tỏ rằng với mỗiα > 0, bài toán (2.5) có nghiệm duy nhất uα.
(ii) Trước hết chúng tôi chứng minh rằng
kuαk ≤ kyk ∀y ∈ F. (2.10) Thật vậy, vì y ∈ F nên Ai(y) = 0, i ≥ 1. Do đó,
hB(uα), y−uαi+αhuα, y−uαi ≥ 0 ∀y ∈ F. (2.11) Nhưng ánh xạ Ai là ánh xạ đơn điệu nên
hγiAi(uα), y−uαi ≥ 0 ∀y ∈ F, i ≥1.
Do đó
huα, y−uαi ≥ 0 ∀y ∈ F.
Hay
Từ đó suy ra dãy {uα} bị chặn. Khi đó, tồn tại một dãy con {uαk} của dãy
{uα} hội tụ yếu tới một phần tử u∗ ∈ C. Tiếp theo, ta cần chứng minh u∗ ∈ F.
Thật vậy, theo Bổ đề 2.5, thì Ai là các ánh xạ đơn điệu mạnh với hằng số
e
λi = 1−λi
2 , tức là ∀x, y ∈ C ta có:
hAi(x)−Ai(y), x−yi ≥ 1−λi
2 kAi(x)−Ai(y)k2. (2.12) Do đó, với một chỉ số l nào đó thì Al cũng là một ánh xạ đơn điệu mạnh với hằng số 1−λl
2 . Hơn nữaAl(y) = 0, nên từ (2.12) suy ra:
0 < γl1−λl 2 kAl(uαk)k2 ≤ hγlAl(uαk), uαk −yi ≤ ∞ X i=1 hγiAi(uαk), uαk −yi ≤ αkhuαk, y−uαki ≤ αkhy, y −uαki ≤ 2αkkyk2 −→ 0 khi k → ∞. (2.13) Vậy lim k→∞kAl(uαk)k = 0.
Theo Bổ đề 2.3, suy ra Al(u∗) = 0, hay u∗ ∈ F ix(Tl). Mặt khác, lại theo Bổ đề2.2, vìF ix(Ti) (i ≥ 1)là các lập lồi đóng nênF = T∞
i=1F ix(Ti)cũng là một tập lồi đóng. Mặt khác, mọi điểm tụ yếu đều là nghiệm có chuẩn nhỏ nhất, do vậy là duy nhất. Do đó, mọi dãy con {uαk} hội tụ yếu tới u∗. Từ đó suy ra dãy uα cũng hội tụ yếu tới u∗, khi α → 0.
Trong (2.10), ta thay y bởi u∗ và vận dụng tính chất E −S trong không gian Hilbert, ta có uα * u∗ và kuαk → ku∗k thì suy ra kuα−u∗k → 0 khi
α → 0, tức là:
lim
(iii) Theo (2.11) và tính chất đơn điệu của ánh xạ B, với mỗi α, β > 0 ta có: αhuα, uβ −uαi+βhuβ, uα −uβi ≥ 0 ⇔ βhuβ, uα−uβi ≥ αhuα, uβ −uαi ⇔βhuβ, uα −uβi−αhuβ, uα −uβi ≥ αhuα, uβ −uαi−αhuβ, uα−uβi ⇔ (β −α)huβ, uα−uβi ≥ αkuα−uβk2 ⇒ kuα−uβk ≤ |α −β| α kuβk ≤ |α−β| α ku∗k. Vậy kuα−uβk ≤ |α−β| α ku∗k, với α, β > 0. Định lý được chứng minh.
2.2. Nguyên lý bài toán phụ hiệu chỉnh tìm điểm bất động chung cho một họ vô hạn các ánh xạ giả co chặt
Trong mục này chúng tôi xét sự kết hợp giữa bài toán hiệu chỉnh (2.5) và thuật toán bài toán phụ đã trình bày trong Chương 1 để thu được thuật toán nguyên lý bài toán phụ hiệu chỉnh sau:
Cho ϕ: H → Rlà một phiếm hàm lồi chính thường và khả vi Gâteaux, với đạo hàmϕ0 đơn điệu mạnh và liên tục Lipschitz; {n}n≥0, {αn}n≥0 là hai dãy số thực dương thỏa mãn điều kiện:
Điều kiện Ψ (i) 0< n ≤ 1; 0 < αn+1 ≤ αn ≤ 1; αn → 0khi n → ∞; (ii) P∞ n=0nαn = ∞; P∞ n=02n < ∞; (iii) P∞ n=0 (αn −αn+1)2 α3 nn < ∞.
Ta lấy tùy ý z0 ∈ C, α0 > 0 và 0 > 0, xét bài toán phụ:
min
z∈C{ϕ(z) +h0(B(z0) + α0z0)−ϕ0(z0), zi}, (2.14) trong đó B = P∞
i=1γiAi.
Gọi z1 là nghiệm của bài toán (2.14). Thay z0, α0 và 0 bởi z1, α1 và 1
để tìm z2. Tiếp tục quá trình đó ta có thuật toán nguyên lý bài toán phụ hiệu chỉnh sau:
• Thuật toán III
(i) Tại bước k = 0, bắt đầu với z0, 0 và α0;
(ii) Tại bước k = n, biết zn, n và αn, giải bài toán phụ sau: Tìmz ∈ C sao cho:
min
z∈C(ϕ(z) +hn(B(zn) +αnzn)−ϕ0(zn), zi), (2.15) ở đây, B = P∞
i=1γiAi.
Gọi zn+1 là nghiệm của bài toán (2.15).
(iii) Dừng, nếukzn+1 −znknhỏ hơn một sai số cho trước. Ngược lại, thay
n←− n+ 1 và trở về bước (ii).
Sau đây là kết quả cho sự tồn tại nghiệm của bài toán (2.15) và tính hội tụ tới nghiệm u∗ của bài toán (2.4).
Định lí 2.2 (Xem [6]) ChoH là một không gian Hilbert và C là một tập con lồi đóng khác rỗng củaH. Gọi{Ti}∞i=1 là một họ vô hạn các ánh xạλi-giả co chặt từC vào H sao choF = T∞
i=1F ix(Ti) 6= ∅. Giả sử rằng {γi}∞i=1 là một dãy số thực thỏa mãn điều kiện (2.6) và ϕ : H −→ R là một hàm lồi chính thường và khả vi Gâteaux trênH, với đạo hàm ϕ0 là một hàm đơn điệu mạnh và liên tục Lipschitz. Khi đó, với mỗi n≥ 0, bài toán (2.15) có duy nhất một nghiệm zn+1. Hơn nữa, nếu các dãy số {n}n≥0 và {αn}n≥0 thỏa mãn điều
kiện (Ψ) thì
lim
n→∞zn = u∗ ∈ F.
Chứng minh.
Bài toán (2.15) tương đương với bài toán bất đẳng thức biến phân sau: Tìmzn+1 ∈ C sao cho:
hϕ0(zn+1) +n(B(zn) +αnzn)−ϕ0(zn), v −zn+1i ≥ 0 ∀v ∈ C. (2.16) Theo giả thiết ϕ0 là hàm đơn điệu mạnh và liên tục Lipschitz, nên bài toán bất đẳng thức biến phân (2.16) có một nghiệm duy nhất zn+1.
Sử dụng bất đẳng thức tam giác ta có:
kzn+1−u∗k ≤ kzn+1 −uαnk+kuαn −u∗k,
ở đây, uαn là nghiệm của bài toán (2.5), với α = αn và αn → 0khi n → ∞. Do đó, để chứng minh limn→∞zn+1 = u∗ ta cần chứng minh
lim
n→∞kzn+1 −uαnk= 0. (2.17) Muốn vậy ta xét một hàm sau:
Φ(u, z) =ϕ(u)−ϕ(z)− hϕ0(z), u−zi,
ở đây, u và z tương ứng như là uαn và zn.
Theo giả thiết, vì ϕ0 là hàm đơn điệu mạnh, nên với mọi u, v ∈ C ta có:
ϕ(u)−ϕ(z) ≥ hϕ0(z), u−zi+ m
2 ku−zk2 (2.18) trong đó, m là hằng số đơn điệu mạnh của ϕ0 trênC.
Và ϕ0 là hàm liên tục Lipschitz, nên với mọiu, v ∈ C ta có:
ϕ(u)−ϕ(z) ≤ hϕ0(z), u−zi+ M
trong đó, M là hằng số liên tục Lipschitz của ϕ0 trênC. Từ (2.18) và (2.19) suy ra: m 2 ku−zk2 ≤ Φ(u, z) ≤ M 2 ku−zk2.