Ta xét phương trình hiệu chỉnh cho bài toán (2.1) ở dạng:
Ah(xτ
α) +α(xτ
α−x∗) = fδ (2.2) trong đó Ahvà fδ là các xấp xỉ củaAvà f thỏa mãn các điều kiện sau đây:
kAh(x)−A(x)k ≤ch, h →0, (2.3) và
kfδ− fk ≤δ, δ →0. (2.4) Sự tồn tại duy nhất nghiệm của (2.2) và sự hội tụ của phương pháp được trình bày trong định lý sau đây.
Định lý 2.1.1. Cho Ah:H →H là toán tử đơn điệu bị chặn, hemi-liên tục với mọi h> 0, fδ ∈H với mọi δ >0. Giả thiết rằng các điều kiện (2.3) và (2.4) thỏa mãn. Khi đó:
(1) Với mỗi α >0 phương trình (2.2) có duy nhất nghiệmxτ
(2) Ngoài ra nếu h+δ α →0 khi α →0, (2.5) thì dãy nghiệm{xτ α} hội tụ đến một phần tửx0∈S0 thỏa mãn kx0−x∗k =min x∈S0kx−x∗k. (2.6)
Chứng minh. (1) Ta thấy Ah+αI là một toán tử đơn điệu hemi-liên tục từ H
vàoH. Mặt khác, do I là toán tử bức nên với mỗiα >0toán tửAh+αI cũng là một toán tử bức. Thật vậy, ta xét
h(Ah+αI)(x),xi=hAh(x) +αI(x),xi
=hAh(x)−Ah(0) +Ah(0) +αI(x),x−0i
=hAh(x)−Ah(0),x−0i+hAh(0),x−0i
+αhI(x),x−0i. VìAh là toán tử đơn điệu nên
hAh(x)−Ah(0),x−0i ≥0, ∀x∈H. Mặt khác αhI(x),x−0i=αhI(x),xi=αkxk2. Do đó h(Ah+αI)(x),xi ≥αkxk2− kAh(0)kkxk. Từ bất đẳng thức này suy ra h(Ah+αI)(x),xi kxk ≥ αkxk2− kAh(0)kkxk kxk =αkxk − kAh(0)k.
Suy ra
lim
kxk→+∞
h(Ah+αI)(x),xi
kxk = +∞.
Bây giờ, ta sẽ chỉ ra Ah+αI là toán tử đơn điệu mạnh. Thật vậy, từ tính chất đơn điệu của toán tửAh vàI ta có
h(Ah+αI)(x)−(Ah+αI)(y),x−yi
=hAh(x)−Ah(y),x−yi+αhI(x)−I(y),x−yi ≥αkx−yk2.
Vậy phương trình (2.2), với mỗi α >0, có duy nhất nghiệmxτ
α và ta có
Ah(xτα) +α(xτα−x∗) = fδ. (2.7) (2) Bây giờ, ta chứng minh dãy nghiệm {xτ
α} hội tụ đến nghiệm x0 ∈ S0 thỏa mãn (2.6). Thật vậy, từ (2.1) và (2.7) ta có hAh(xτ α)−A(x) + f − fδ,xτ α−xi +αhI(xτα−x∗)−I(x−x∗),xτα−xi =αhI(x−x∗),x−xταi, ∀x∈S0. (2.8)
DoAlà toán tử đơn điệu nên từ (2.8) suy ra
αkxτα−xk2≤αhI(x−x∗),x−xταi
+hAh(xτα)−Ah(x) +Ah(x)
−A(x) + f0− fδ,x−xταi.
(2.9)
DoAvà Ah là các toán tử đơn điệu nên từ bất đẳng thức (2.9) ta nhận được
αkxτα−xk2 ≤αhI(x−x∗),x−xταi
+ ch+δkx−xτ
Chia cả hai vế của bất đẳng thức (2.10) choα ta được kxτ α−xk2≤ hI(x−x0),x−xτ αi+ch+δ α kx−xτ αk. (2.11) Từ (2.5) và (2.11) suy ra dãy {xτ
α} bị chặn trong không gian Hilbert H. Do đó, tồn tại một dãy con của dãy {xτ
α} hội tụ yếu đến một phần tửx1 nào đó của H. Không giảm tổng quát, ta có thể coixτ
α *x1, khi h+δ α →0. Mặt khác từ (2.7) ta có hAh(xτ α) +αI(xτ α−x∗)− fδ,x−xτ αi=0 ∀x∈H.
Do tính đơn điệu của toán tửAh+αI nên đẳng thức trên được viết thành
hAh(x) +αI(x−x∗)− fδ,x−xταi ≥0 ∀x∈H. (2.12)
Trong bất đẳng thức (2.12) cho α, h+δ
α →0, vớixδ
α *x1 ta được hA(x)− f0,x−x1i ≥0, ∀x∈H.
Theo Bổ đề Milty ta suy ra x1 ∈S0, tức là x1 là một nghiệm của phương trình (2.1).
Bây giờ ta sẽ chứng minhx1thỏa mãn (2.6). Thật vậy từ (2.10) choh+δ
α , α →
0 ta được
0≤ kx−x1k2 ≤ hI(x−x∗),x−x1i ∀x∈S0. VìS0 là tập lồi, nêntx1+ (1−t)x∈S0 với0<t <1. Do đó,
hI[(tx1+ (1−t)x)−x∗],tx1+ (1−t)x−x1i
=hI(tx1+ (1−t)x−x∗),(1−t)(x−x1)i ≥0 ∀x∈S0
hay
Chia cả hai vế cho (1−t), rồi chot →1 ta nhận được hI(x1−x∗),x−x1i ≥0. Bất đẳng thức này tương đương với
kx1−x∗k ≤ kx−x∗k ∀x∈S0.
Do phần tử x1 ∈S0 thỏa mãn (2.6) là duy nhất, nên cả dãy {xτ
α} hội tụ mạnh
đến x1=x0.