A : D(A) ⊂ E −→ 2E∗ được gọi là đơn điệu nếu với mọi x, y ∈ D(A) ta luôn có
hx−y, u−vi ≥ 0, ∀u∈A(x), ∀v ∈ A(y). (1.15)
Định nghĩa 1.13. Một toán tử đơn điệu A : D(A) ⊂ E −→ 2E∗ được gọi là đơn điệu cực đại nếu đồ thị G(A) = {(u, x) : x ∈ D(A), u ∈ A(x)} của nó không thực sự chứa trong đồ thị của một toán tử đơn điệu nào khác trong E.
Ví dụ 1.9. Toán tử A(x) =x5 với x∈ R là đơn điệu cực đại trên R.
Thật vậy, hiển nhiên A là một toán tử đơn điệu trên R. Ta sẽ chỉ ra đồ thị củaA không là tập con thực sự của bất kỳ một toán tử đơn điệu nào khác trên R. Giả sử tồn tại một toán tử đơn điệu B trên R sao cho đồ thị của B chứa thực sự đồ thị của A. Khi đó, tồn tại phần tử x0 ∈ R sao cho (x0, m)∈ G(B), nhưng(x0, m) ∈/ G(A). Như vậy sẽ xảy ra hai trường hợp hoặc A(x0) > mhoặc
A(x0) < m.
Trường hợp 1: A(x0) > m
Giả sử x1 là nghiệm của phương trình A(x) = m, tức là A(x1) = m. Khi đó, x1 < x0. Theo định lí giá trị trung bình, tồn tại x2 ∈ (x1, x0) sao cho
n = A(x2) ∈ (m, A(x0)). Từ (x0, m) ∈ G(B) và (x2, A(x2)) ∈ G(A) ⊂ G(B), suy ra
Vì x0 > x2, nên A(x2) ≤ m, điều này mâu thuẫn với A(x2) ∈ (m, A(x0)). Như vậy, không thể xảy ra trường hợp A(x0) > m.
Trường hợp 2: A(x0) < m
Giả sử x1 là nghiệm của phương trình A(x) = m, tức là A(x1) = m. Khi đó, x1 > x0. Theo định lí giá trị trung bình, tồn tại x2 ∈ (x0, x1) sao cho
n = A(x2) ∈ (A(x0), m). Từ (x0, m) ∈ G(B) và (x2, A(x2)) ∈ G(A) ⊂ G(B), suy ra
(x0−x2)(m−A(x2))≥ 0.
Vì x0 < x2, nên A(x2) ≥ m, điều này mâu thuẫn với A(x2) ∈ (A(x0), m). Như vậy, không thể xảy ra trường hợp A(x0) < m.
Vậy không tồn tại toán tử đơn điệu B trên R sao cho đồ thị của B chứa thực sự đồ thị của A. Do đó, A là một toán tử đơn điệu cực đại trên R.
Ví dụ 1.10. [11] Cho f : E −→ R là một hàm lồi chính thường nửa liên tục dưới. Khi đó, toán tử dưới vi phân
∂f(x) ={x∗ ∈E∗ : f(y)−f(x) ≥ hy−x, x∗i, ∀y ∈ E} là một toán tử đơn điệu cực đại.
Định lí dưới đây cho ta một điều kiện cần và đủ để toán tử đơn điệu A là đơn điệu cực đại.
Định lí 1.4. [12] Cho E là một không gian Banach lồi đều và trơn. Cho A : E −→ 2E∗ là một toán tử đơn điệu. Khi đó, điều kiện cần và đủ để A là toán tử đơn điệu cực đại là R(j +rA) =E∗ với mọi r >0.
Từ Định lí 1.4, suy ra nếu E là một không gian Banach lồi đều và trơn, thì với mỗi x ∈E và r > 0 đều tồn tại duy nhất phần tử xr sao cho
03j(xr)−j(x) +rAxr. (1.16) Thật vậy, sự tồn tại của các phần tử xr được suy ra từ Định lí 1.4. Ta chỉ ra tính duy nhất.
Giả sử tồn tại u∈ E sao cho
03 j(u)−j(x) +rAu.
Khi đó, ta có
1
r j(x)−j(u)∈ Au, 1
Do đó, từ tính đơn điệu của A, suy ra
hu−xr, j(x)−j(u)−j(x) +j(xr)i ≥0.
Điều này tương đương với
hxr−u, j(xr)−j(u)i ≤0.
Mặt khác, theo Mệnh đề 1.11, ta lại có
hxr−u, j(xr)−j(u)i ≥0.
Kết hợp hai bất đẳng thức trên, ta nhận được hxr −u, j(xr)−j(u)i= 0.
Vì E là không gian lồi chặt, nên theo Mệnh đề 1.11, ta nhận được u=xr. Như vậy, từ các phương trình (1.16), ta nhận được các ánh xạQr : E −→ E
xác định bởi Qrx=xr. Ánh xạ Qr được gọi là toán tử giải mêtric của toán tử đơn điệu cực đại A.
1.4.2. ε− mở rộng của toán tử đơn điệu cực đại trong không gian Banach
Định nghĩa 1.14. Cho E là một không gian Banach và f : E → R∪ {±∞} là hàm lồi, chính thường . Ta kí hiệu∂εf(x) làε−xấp xỉ dưới vi phân của f và được xác định như sau
∂εf(x) ={u ∈E∗ : f(y)−f(x)− hu, y−xi ≥ −ε ∀y ∈E}.
Dưới đây là định nghĩa mở rộng của toán tử đơn điệu trong không gian Banach.
Định nghĩa 1.15. Cho T : E →2E∗ là toán tử đơn điệu,ε−mở rộng của T là ánh xạ đa trị
T(.)(.) :R+×E → 2E∗
được xác định bởi
Tε(x) ={u∈E∗ :hv−u, y−xi ≥ −ε,∀y ∈X, v ∈T(y)} (1.17) với x ∈X và ε ≥0.
Mệnh đề 1.16. Cho T : E −→ 2E∗ là một toán tử đơn điệu. Khi đó, ta có
i) Với b1, b2 ∈ R+ bất kì, nếu b1 ≤ b2 thì
Tb1(x)⊆ Tb2(x),∀x∈E.
ii) Nếu I ⊆R+ khác rỗng thì ∩b∈ITb(x) =Tb(x),∀x∈E, trong đó b = infI.
iii) Tb(x) lồi, đóng *yếu với mọi b≥ 0 và mọi x ∈E. Chứng minh. i) Hiển nhiên.
ii) Giả sử tồn tại u ∈ ∩b∈ITb(x), nhưng u /∈ Tb(x), tức là tồn tại y ∈ E và
v ∈T y sao cho
hv−u, y−xi<−b, b= infI
suy ra ε=−b− hv −u, y−xi>0.
Theo tính chất của inf, tồn tại b0 ∈ I sao cho b0−ε < b, suy ra
b0+b+hv−u, y−xi< b.
Điều này mâu thuẫn với u∈ ∩b∈ITb(x). Vậy ∩b∈ITb(x)⊂ Tb(x).
Hiển nhiên ta có bao hàm thức ∩b∈ITb(x) ⊃ Tb(x). Do đó, ta được điều phải chứng minh.
iii) Trước hết, ta chứng minh Tb(x) là một tập hợp lồi. Thật vậy, lấy bất kì
u1, u2 ∈Tb(x) và λ∈[0,1]. Khi đó, ta có
hv−u1, y−xi ≥ −b ∀y ∈E,∀v ∈T y,
hv−u2, y−xi ≥ −b ∀y ∈E,∀v ∈T y.
Từ đó, suy ra
hv−[λu1+ (1−λ)u2], y−xi ≥ −b ∀y ∈E,∀v ∈ T y,
và do đó λu1+ (1−λ)u2 ∈Tb(x). Vậy Tb(x) là một tập hợp lồi.
Để kết thúc chứng minh ta chỉ ra Tb(x) là đóng *yếu. Thật vậy, giả sử dãy {un} ⊂Tb(x) hội tụ *yếu về u. Từ bất đẳng thức
hv −un, y−xi ≥ −b ∀y ∈E,∀v ∈ T y
và do X là không gian phản xạ nên khi cho n → ∞ ta được hv −u, y−xi ≥ −b ∀y ∈E,∀v ∈T y.
Mệnh đề 1.17. Nếu T = ∂f với f là hàm lồi thì ∂εf(x) ⊂ Tε(x) với mọi x∈E.
Chứng minh. Lấy u ∈ ∂εf(x). Xét y ∈ X, v ∈ T(y) =∂f(y). Theo định nghĩa của ∂f và ∂εf ta được
ε+hu, x−yi ≥ f(x)−f(y) ≥ hv, x−yi.
Chuyển vế bất đẳng thức trên ta thu được
hu−v, x−yi ≥ −ε ∀y ∈ E, v ∈T(y).
Từ định nghĩa của Tε suy ra u ∈Tε(x). Vậy ta có ∂εf(x) ⊂Tε(x).
Các ví dụ dưới đây sẽ cho ta cái nhìn rõ hơn về Mệnh đề 1.17.
Ví dụ 1.11. [2] Cho X =R, f(x) =p−1|x|p với p≥1 và T =∂f. i) Với p= 1 ta có f(x) =|x|. Khi đó ∂εf(x) =Tε(x) = [1− ε x,1] khi x > ε 2 [−1,1] khi |x| ≤ ε 2 [−1,−1− ε x] khi x <−ε 2 và ∂εf =Tε. ii) Với p= 2 ta có Tε(x) = [x−2√ ε, x+ 2√ ε], ∂εf(x) = [x−√2ε, x+√ 2ε], vì vậy Tε(x) =∂2εf(x). iii) Với p >1 bất kì và x = 0 ta có Tε(0) = −p( ε p−1) 1−1/p, p( ε p−1) 1−1/p , ∂εf(0) = −( pε p−1) 1−1/p,( pε p−1) 1−1/p , do đó Tε(0) =∂εf(0) với ε=εp1/(p−1).
Ví dụ 1.12. Cho E = R, f(x) =−lnx và T = ∂f với x >0. Khi đó, ta có Tε(x) = − 1 x(1 + √ ε)2,0 khi ε≥ 1 − 1 x(1 + √ ε)2,−1 x(1−√ε)2 khi 0≤ε < 1, (1.18) ∂εf(x) = [−1 xs1(ε),−1 xs2(ε)], (1.19)
trong đó 0< s2(ε) ≤ 1 ≤ s1(ε) và s1(ε), s2(ε) là hai nghiệm của phương trình
s−1−lns=ε.
Thật vậy, ta có, ∂f(x) ={−1/x} với mọi x > 0, do đó phần tử u ∈Tε(x) khi và chỉ khi
− 1
y −u(y−x) ≥ −ε với mọi y > 0. (1.20) Tương đương với
g(y) = 1−x/y+uy−ux≤ε với mọi y > 0. (1.21) Từ đó, ta nhận được u≤ 0, vì nếu u > 0 thì sup ở vế phải của bất đẳng thức trên bằng +∞.
Dễ thấy, (1.21) tương đương với maxy>0g(y)≤ ε. Ta có, g0(y) =x/y2+u = 0, khi y = p−x/u và hàm g đạt cực đại tại y = p−x/u. Từ đó, ta có (1.21) tương đương với
g(p−x/u) =−ux−2√
−ux+ 1−ε≤ 0. (1.22)
Giải bất phương trình trên, ta nhận được
u∈ − 1 x(1 + √ ε)2,0 khi ε≥1 − 1 x(1 + √ ε)2,−1 x(1−√ε)2 khi 0≤ ε <1, (1.23) hay ta nhận được (1.18).
Cuối cùng ta chỉ ra đẳng thức (1.19). Phần tử u∈∂εf(x) khi và chỉ khi −lny+ lnx−u(y −x) ≥ −ε với mọi y > 0. (1.24) Từ (1.24), suy ra u < 0, vì nếu u ≥ 0, thì inf của vế phải trong (1.24) bằng −∞. Ta có (1.24), tương đương với
max
trong đó τ(y) = lny−lnx+u(y−x).
Dễ nhận thấy hàm τ đạt cực đại khi y =−1/u và do đó (1.25) tương đương với
ln(−ux) +ux+ 1≥ −ε. (1.26)
Giải bất phương trình trên, ta nhận được s2(ε) ≤ −ux≤s1(ε), hay
u∈[−1
xs1(ε),−1
xs2(ε)],
do đó (1.19) đúng.
Như vậy, trong ví dụ này ta thấy rằng ∂εf(x)( Tε(x) khi ε≥ 1.
Chú ý 1.5. Trong trường hợp tổng quát, với E = Rn, f(x) = −α
n
P
j=1
lnxj và
T =∂f với α > 0, ta cũng chỉ ra được rằng0∈ Tε(x) với mọi x >0và ε≥ αn,
trong khi đó 0 ∈/ ∂εf(x) với x > 0 và ε > 0 bất kì. Do đó nếu ε ≥ αn thì
∂εf(x) (Tε(x) với bất kì x > 0và ε ≥0.
Mệnh đề 1.18. Cho T : E −→ 2E∗ là một toán tử đơn điệu cực đại. Khi đó, đồ thị của T(.)(·) : R+ ×E → 2E∗ là demi-đóng, tức là các điều kiện sau đây được thỏa mãn:
i) Nếu {xk} ⊂ E hội tụ mạnh về x0, {uk ∈ Tbk(xk)} hội tụ yếu về phần tử u0 ∈E∗ và {bk} ⊂ R+ hội tụ về b, thì u0 ∈ Tb(x0).
ii) Nếu {xk} ⊂ E hội tụ yếu về x0, {uk ∈ Tbk(xk)} hội tụ mạnh về phần tử u0 trong E∗ và {bk} ⊂R+ hội tụ về b, thì u0 ∈Tb(x0).
Chứng minh. Ta chứng minh cho trường hợp i), trường hợp ii) được chứng minh tương tự.
Vì dãy {xk} hội tụ mạnh và dãy{uk} hội tụ yếu nên chúng bị chặn. Do đó, tồn tại M < +∞ sao cho sup{kxkk,kukk} ≤ M. Lấy bất kì (y, v) ∈ G(T), từ Định nghĩa 1.15 suy ra
−bk ≤ hxk −y, uk−vi
= hxk −y, u0−vi+hxk −y, uk−u0i
= hxk −y, u0−vi+hxk −x0, uk −u0i+hx0−y, uk −u0i ≤ hxk −y, u0−vi+kxk−x0k(M +ku0k) +hx0 −y, uk −u0i.
Cho k → ∞ ta được
−b≤ hx0−y, u0−vi.
Do (y, v) là một phần tử tùy ý trong đồ thị của T, nên ta suy ra điều phải chứng minh.
Chương 2
Một phương pháp chiếu co hẹp giải bài toán không điểm chung tách
Trong chương này luận văn tập trung trình bày về phương pháp chiếu co hẹp giải bài toán không điểm chung tách trong không gian Banach từ bài báo [15].
2.1. Phương pháp chiếu co hẹp
Cho E và F là các không gian Banach trơn và lồi đều và cho JE và JF là các ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc trên E và F tương ứng. Cho Ai, i = 1,2, . . . , N và
Bj, j = 1,2, . . . , M là các toán tử đơn điệu cực đại từ E vào 2E∗ và F vào 2F∗, tương ứng. Cho Jλi và Qjµ là các toán tử giải mêtric của Ai với λ > 0 và Bj
với µ > 0, tương ứng. Cho T : E −→ F là toán tử tuyến tính bị chặn sao cho
T 6= 0 và cho T∗ là toán tử liên hợp của T. Giả sử
S = N \ i=1 A−i 10 \ T−1 M \ j=1 Bj−10 6 =∅.
Ta xét bài toán sau:
Tìm một phần tử x∗ ∈ S. (2.1)
Để giải bài toán (2.1), các tác giả T.M. Tuyen, N.S Ha, N.T.T Thuy giới thiệu thuật toán sau:
Thuật toán 1. Cho C0 =E, x0 ∈E và cho {xn} là dãy được sinh bởi
JF(yj,n −T xn) +µnBjεnyj,n 30, j = 1,2, . . . , M; (2.2)
Chọn jn sao cho kzjn,n −xnk= max
j=1,2,...,Mkzj,n−xnk, đặt zn =zjn,n, Dn ={z ∈E : hxn −z, JE(xn−zn)i ≥rnkT xn−yjn,nk2 −rnµnεn}, JE(ti,n−zn) +λnAεni ti,n 30, i = 1,2, . . . , N, (2.4) Chọn in sao cho ktin,n −znk= max
i=1,2,...,Nkti,n−znk, đặt tn =tin,n, Cn+1 ={z ∈Cn : htn −z, JE(zn −tn)i ≥ −λnεn} ∩Dn,
xn+1 =PCn+1x0,
trong đó {λn},{µn} ⊂(0,∞),{rn} ⊂ (0,∞) và {εn} ⊂ (0,∞).
Họ đã nghiên cứu sự hội tụ mạnh của dãy {xn}ở trên với các điều kiện sau: (C1) min{inf n {λn},inf n {µn},inf n {rn}} ≥ a >0 và sup n {rn}<∞; (C2) (λn +µn)εn → 0, khi n→ ∞.
Các tác giả T.M. Tuyen, N.S Ha, N.T.T Thuy đã phân tích sự hội tụ mạnh của dãy {xn} trong Thuật toán 1 thông qua các mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 2.1. Dãy {xn} được sinh bởi Thuật toán 1 là hoàn toàn xác định. Chứng minh. Ta sẽ chứng minh mệnh đề này theo các bước sau.
Bước 1. Cn và Dn các tập con lồi, đóng của E.
Thật vậy, ta viết lại Dn và Cn+1 dưới dạng
Dn ={z ∈E :hz, JE(xn−zn)i ≤ hxn, JE(xn −zn)i −rnkT xn −yjn,nk2+rnµnεn},
Cn+1 = Wn ∩Dn;
với mọi n ≥ 0, trong đó
Wn :={z ∈Cn :hz, JE(zn−tn)i ≤ htn, JE(zn −tn)i+λnεn}.
Dễ thấy Dn và Wn là các tập con lồi, đóng đóng của E. Vậy Cn và Dn là các tập con lồi, đóng của E.
Bước 2. S ⊂Dn với mọi n ≥0. Lấy bất kỳ z ∈S, từ (2.3), ta có
Suy ra hxn −z, JE(xn−zn)i=rnhxn−z, T∗(JF(T xn−yjn,n))i =rnhT xn −T z, JF(T xn −yjn,n)i =rnhT xn −yjn,n +yjn,n −T z, JF(T xn −yjn,n)i =rnkT xn−yjn,nk2 +rnhyjn,n−T z, JF(T xn−yjn,n)i. (2.5) Mặt khác, từ (2.2) và z ∈ S, ta có 1 µnJF(T xn−yjn,n) ∈Bjnεnyjn,n và 0∈BjnT z. Do đó, từ định nghĩa của Bjεn n, ta nhận được rnhyjn,n −T z, JF(T xn −yjn,n)i ≥ −rnµnεn. (2.6) Từ (2.5) và (2.6) suy ra hxn −z, JE(xn −zn)i ≥ rnkT xn−yjn,nk2−rnµnεn.
Vậy z ∈Dn và do đó S ⊂ Dn với mọi n ≥0.
Bước 3. S ⊂Cn với mọi n ≥0.
Thật vậy, rõ ràng S ⊂ C0 = E. Giả sử S ⊂Cn với n ≥1, ta sẽ chứng minh rằng S ⊂ Cn+1. Từ (2.4) và z ∈S, ta có 1 µnJF(zn −tn) ∈Aεn intn và 0∈ Ainz. Do đó, từ định nghĩa của Aεn in, ta được htn −z, JE(zn−tn)i ≥ −λnεn.
Suy raz ∈ Wn. Từ Cn+1 =Wn∩Dn và Bước 2, ta có x∈ Cn+1. Vậy S ⊂Cn+1. Cuối cùng, bằng phương pháp quy nạp toán học, ta thu được S ⊂ Cn với mọi
n ≥0. Do đó, dãy {xn} hoàn toàn xác định.
Mệnh đề 2.2. Nếu điều kiện (C1) và (C2) được thỏa mãn, thì các dãy {xn},
{zj,n},j = 1,2, . . . , M và {ti,n},i = 1,2, . . . , N trong Thuật toán 1 hội tụ mạnh đến cùng một điểm p0 ∈E.
Chứng minh. Ta chứng minh mệnh đề này qua các bước sau. Bước 1. xn → p0 =PΩ0x0, trong đó Ω0 = ∞ T n=1 Cn 6=∅.
Thật vậy, từ Bước 1 và Bước 3 trong chứng minh của Mệnh đề 2.1 và định nghĩa của {Cn}, ta có {Cn} là dãy giảm của các tập con lồi đóng của E và
S ⊂ Ω0 6= ∅. Do đó, từ Mệnh đề 1.7, tồn tại giới hạn Ω0 = M − lim
n→∞Cn. Áp dụng Mệnh đề 1.8, ta có xn =PCnx0 → p0 =PΩ0x0 khi n → ∞.
Bước 2. Dãy {yi,n} bị chặn với mọi j = 1,2, . . . , M. Thật vậy, cố định z ∈ S và từ (2.2), ta có
1
µnJF(T xn−yj,n)∈ Bjεnyj,n và 0∈BjT z.
Do đó, từ định nghĩa của Bjεn, ta có
hyj,n−z, JF(T xn −yj,n)i ≥ −µnεn,
với mọi j = 1,2, . . . , M. Ta suy ra
kyj,n−T xnk2 ≤ hT xn −z, JF(T xn −yj,n)i+µnεn
≤ 1
2(kT xn−xk2+kT xn−yj,nk2) +µnεn,
từ đó suy ra
kyj,n−T xnk2 ≤ kT xn−zk2+ 2µnεn
với mọi j = 1,2, . . . , M và với mọi n ≥ 0.
Do tính bị chặn của {xn}, dãy{T xn}cũng bị chặn và µnεn →0 nên tồn tại
K >0 sao cho