Cho H là không gian Hilbert và S là ánh xạ không giãn chặt của H
vào chính nó với Fix(S)6= ∅. Khi đó ta có
hx−Sx, Sx−yi ≥ 0, ∀x ∈ H, y ∈ Fix(S). (2.9) Tính không giãn chặt của S có nghĩa là
hx−y, Sx−yi ≥ kSx−yk2, ∀x ∈H, y ∈ Fix(S).
điều đó dẫn đến, với mọi x ∈H và y ∈ Fix(S),
hx−Sx, Sx−yi = hx−y+y−Sx, Sx−yi
= hx−y, Sx−yi+hy −Sx, Sx−yi ≥ kSx−yk2− kSx−yk2
= 0.
Định nghĩa 2.2.1 Một ánh xạ T :H → H được gọi là ánh xạ trung bình nếu nó có thể được viết dưới dạng trung bình của phép đồng nhất I và một ánh xạ không giãn, đó là:
T = (1−α)I +αS, (2.10)
ở đây α là một số trong (0,1) và S : H → H là ánh xạ không giãn.
Khi (2.10) có nghiệm, ta gọi T là α-trung bình. Vì vậy ánh xạ không giãn chặt là 1
Một số tính chất cơ bản của ánh xạ trung bình và ánh xạ ngược đơn điệu mạnh được trình bày trong các bổ đề sau:
Bổ đề 2.2.2 (xem [12]) Ta có:
(i) Tổ hợp hữu hạn của nhiều ánh xạ trung bình là ánh xạ trung bình. Đặc biệt nếu Ti là αi-trung bình, ở đây αi ∈ (0,1), i = 1,2 thì tổ hợp
T1T2 là α-trung bình, ở đây α = α1 +α2−α1α2. (ii) Nếu các ánh xạ {Ti}N i=1 là trung bình và có một tập điểm bất động chung, khi đó N ∩ i=1Fix(Ti) =Fix(T1, T2, . . . , TN).
(iii) Một ánh xạ T :H →H là không giãn nếu và chỉ nếu I−T là 1 2-ism.
(iv) Nếu A là ν-ism, khi đó với γ >0, γA là ν γ-ism.
(v) T là trung bình nếu và chỉ nếu phần bù I −T là ν-ism với ν > 1
2.
Nếu α ∈ (0,1), T là α-trung bình nếu và chỉ nếu I −T là 1
2α-ism.
Bổ đề 2.2.3 Giả sử H1 và H2 là không gian Hilbert. Cho A : H1 → H2
là một toán tử tuyến tính bị chặn với A 6= 0 và T : H2 → H2 là một ánh xạ không giãn. Khi đó
(i) A∗(I −T)A là 1 2kAk2-ism. (ii) Với 0 < r < 1 kAk2, (iia) I −rA∗(I −T)A là rkAk2-trung bình; (iib) Jλ(I −rA∗(I −T)A là 1 +rkAk2 2 -trung bình.
Chứng minh. Vì I −T là 1
2-ism, nên với mọi x, y ∈ H1 ta có: hx−y, A∗(I −T)Ax−A∗(I −T)Ayi =hAx−Ay,(I −T)Ax−(I −T)Ayi ≥ 1 2k(I −T)Ax−(I −T)Ayk2 ≥ 1 2kA∗k2kA∗(I −T)Ax−A∗(I −T)Ayk2. chú ý kAk =kA∗k. Kết thúc chứng minh (i).
Tiếp theo ta có (iia) là một hệ quả trực tiếp của Bổ đề 2.2.2 (v) và (iib) là một hệ quả của (iia) và Bổ đề 2.2.2 (i). Vì thế toán tử giải Jr là
1
2-trung bình. Sau cùng (iii) là trường hợp giới hạn của (iia).
Bổ đề 2.2.4 Cho H1và H2 là không gian Hilbert. Cho B : H1 → 2H1 là ánh xạ đơn điệu cực đại và Jλ = (I + λB)−1 là toán tử giải của B với
λ > 0. Cho T : H2 → H2 là một ánh xạ không giãn và A : H1 → H2
là toán tử tuyến tính bị chặn. Giả sử rằng B−10∩ A−1Fix(T) 6= ∅. Cho
λ, r > 0 và z ∈ H1. Khi đó các phát biểu sau là tương đương: (i) z = Jλ(I −rA∗(I −T)A)z;
(ii) 0 ∈A∗(I −T)Az+Bz; (iii) z ∈ B−10∩A−1Fix(T).
Suy raF(Jλ(I−rA∗(I−T)A)) = (A∗(I−T)A+B)−10 = B−10∩A−1Fix(T).
Chứng minh. Vì B−10∩A−1Fix(T) 6=∅, nên tồn tại z0 ∈ D(B) sao cho
0 ∈ Bz0 và Az0 ∈ Fix(T). Bây giờ ta đặt S = 1
2(I +T). Chú ý rằng S là
không giãn chặt và Fix(T) = Fix(S) cũng chú ý rằng I −T = 2(I−S) và
A∗(I −T)A = 2A∗(I −S)A.
(i) ⇒ (ii). Giả thiết z =Jλ(I −rA∗(I −T)A)z dẫn đến
kết hợp định nghĩa của toán tử giải dẫn đến −2r
λ A
∗(I −S)Az ∈ Bz.
Vì B là toán tử đơn điệu và 0 ∈ Bz0, ta nhận được hA∗(I −S)Az, z −z0i ≤ 0.
Điều đó chỉ ra
hAz−SAz, Az−Az0i ≤ 0. (2.11) Mặt khác, vì Az0 ∈ Fix(S) ta có thể áp dụng (2.9) để nhận được
hAz−SAz, Az0−SAzi ≤ 0. (2.12) Cộng (2.11) và (2.12) ta tìm được
kAz−SAzk2 = hAz−SAz, Az −SAzi ≤ 0, (2.13) do đó Az = SAzvà vì vậyAz =T Az. Suy ra,z ∈ A−1 Fix(T)và đồng thời
(I −T)Az = 0. Suy ra A∗(I −T)Az = 0. Điều này dẫn đến phương trình điểm bất động z = Jλ(z−rA∗(I −T)Az) và phương trình điểm bất động
z = Jλz điều đó tương đương với 0 ∈ Bz. Do đó 0 ∈ A∗(I −T)Az +Bz. [lưu ý ngoài ra ta có chứng minh z ∈ B−10∩A−1Fix(T)].
(ii) ⇒ (iii). Giả thiết 0 ∈ A∗(I −T)Az +Bz có thể viết như sau −A∗(I −T)Az ∈ Bz
tương đương với −2A∗(I − S)Az ∈ Bz. Từ tính đơn điệu của B suy ra bất đẳng thức (chú ý 0 ∈Bz0)
h−2A∗(I −S)Az, z −z0i ≥ 0.
Điều đó chỉ ra
Cộng (2.14) và (2.12) ta được
kAz−SAzk2 = hAz−SAz, Az−SAzi ≤ 0 (2.15) điều đó suy ra Az = SAz (hoặc Az = T Az). Theo giả thiết 0 ∈ A∗(I −
T)Az +Bz suy ra 0 ∈ Bz. Cuối cùng, ta có z ∈B−10∩A−1 Fix(T). (iii) ⇒ (i). Vì z ∈B−10∩A−1 Fix(T), ta có Az ∈ Fix(T) và z ∈ B−10. Điều đó suy ra Az = T Az và z = Jλz. Như vậy ta có
Jλ(I −rA∗(I −T)A)z = Jλz = z.
Phần chứng minh được kết thúc.
Bổ đề 2.2.5 Cho H1 và H2 là không gian Hilbert. Cho B : H1 → 2H1 là toán tử đơn điệu cực đại và cho Jλ = (I +λB)−1 là toán tử giải của B
với λ > 0. Cho T : H2 → H2 là ánh xạ không giãn và cho A : H1 → H2
là một toán tử tuyến tính giới nội. Giả sử rằng 0 ∈ A∗(I−T)Au+Bu và
0 ∈ A∗(I − T)Av +Bv. Khi đó A∗(I −T)Au = A∗(I −T)Av. Ngoài ra, nếu B−10∩A−1Fix(T)6= ∅, khi đó (A∗(I −T)A+B)−10 là đóng và lồi.
Chứng minh. Nếu 0 ∈ A∗(I−T)Au+Bu và 0 ∈A∗(I−T)Av+Bv, thì ta có
−A∗(I −T)Au∈ Bu và −A∗(I −T)Av ∈Bv.
Từ tính đơn điệu của B ta suy ra
hu−v, A∗(I −T)Au−A∗(I −T)Avi ≤ 0. (2.16) Hơn nữa theo Bổ đề 2.2.3, A∗(I−T)A là 1
2||A||2-ism. Vì vậy từ (2.16) suy ra A∗(I −T)Au =A∗(I −T)Av.
Vì T là không giãn, Fix(T) là đóng và lồi. Khi đó A−1 Fix(T) là đóng và lồi bởi vì A là tuyến tính và liên tục. Ta cũng có vì B là đơn điệu cực đại, B−10 là đóng và lồi. Vì vậyB−10∩A−1 Fix(T)là đóng và lồi. Sử dụng Bổ đề 2.2.4 ta có (A∗(I −T)A+B)−10 là đóng và lồi.
2.2.2 Sự hội tụ của phương pháp
Bổ đề 2.2.6 (xem [12]) Cho B là một toán tử đơn điệu cực đại với toán tử giải Jλ = (I +λB)−1 với λ > 0. Khi đó ta định nghĩa toán tử giả như sau:
Jλx= Jµ(µ
λx+ (1− µ
λ)Jλx) (2.17)
với mọi λ >0, µ > 0 và x∈ H.
Định lý 2.2.7 Cho H1 và H2 là không gian Hilbert. Cho B : H1 → 2H1
là ánh xạ đơn điệu cực đại và cho Jλ = (I +λB)−1 là toán tử giải của B
với λ > 0. Cho T : H2 → H2 là ánh xạ không giãn. Cho A : H1 → H2
là toán tử tuyến tính giới nội. Giả sử B−10 ∩ A−1 Fix(T) 6= ∅. Với mỗi
x1 = x∈ H, định nghĩa
xn+1 = Jλn(I −γnA∗(I −T)A)xn, ∀n ∈ N
ở đây dãy {λn} và {γn} thỏa mãn các điều kiện sau (i) 0 <lim inf
n→∞ λn ≤ lim sup
n→∞
λn <∞; (ii) 0 <lim inf
n→∞ γn ≤ lim sup
n→∞
γn < kAk−2.
Khi đó dãy {xn} hội tụ yếu đến điểm z0 ∈ B−10∩A−1 Fix(T), trong đó
z0 = lim
n→∞PB−10∩A−1Fix(T)xn.
Chứng minh. Đặt S = B−10∩A−1 Fix(T) và
Tn = Jλn(I −γnA∗(I −T)A). (2.18) Từ Bổ đề 2.2.4, Fix(Tn) = B−10∩A−1 Fix(T). Hơn nữa từ Bổ đề 2.2.3,
Tn là αn-trung bình, ở đây αn = 1 +γnkAk2
2 . Ta có thể viết
ở đây Vn là không giãn. Với x∗ ∈ S = Fix(Vn) ta có: kxn+1−x∗k2 = k(1−αn)(xn−x∗) +αn(Vnxn−x∗)k2 = (1−αn)kxn−x∗k2 +αnkVnxn−x∗k2 −αn(1−αn)kxn−Vnxnk2 ≤ kxn−x∗k2 −αn(1−αn)kxn−Vnxnk2. (2.19) Do đó với I −Tn = α(I −Vn) ta nhận được 1−αn αn kxn−Tnxnk2 ≤ kxn−x∗k2 − kxn−x∗k2. Vì αn = 1 +γnkAk2 2 ∈ 1 2,1 ! ta thu được
(a) kxn+1−x∗k ≤ kxn −x∗k với mọi n, vì vậy lim
n→∞kxn −x∗k tồn tại với mọi x∗ ∈ S; (b) ∞ P n=1 (1−γnkAk2)kxn −Tnxnk2 <∞. với điều kiện (ii) và (b) ta có
∞ P n=1 kxn−Tnxnk2 < ∞. Điều đó chỉ ra rằng lim n→∞kxn−xn+1k = lim n→∞kxn −Tnxnk = 0. (2.20) Bây giờ ta ký hiệu ωω(xn) là tập tất cả các điểm hội tụ yếu của {xn}. Lấy xˆ ∈ ωω(xn) và giả sử xnj → xˆ yếu. Không giảm tổng quát ta giả sử
λnj → ˆλ >0 và γnj → γˆ ∈ (0,kAk−2). Ký hiệu
ˆ
T = Jˆλ(I −ˆγA∗(I −T)A).
khi đó Tˆ là 1 + ˆγkAk2
Đặt zj = (I −γnjA∗(I −T)A)xnj, ta suy ra
kxnj −T xˆ njk ≤ kxnj −xnj+1k+kT njxnj −T xˆ njk
≤ kxnj −xnj+1k+kJλnjzj −Jλˆzjk+kJλˆzj −T xˆ njk (2.21) Số hạng cuối trong (2.21) được ước lượng theo
kJλˆzj −T xˆ njk
= kJˆλ(I −γnjA∗(I −T)A)xnj −Jˆλ(I −γAˆ ∗(I −T)A)xnjk ≤ |γnj −ˆγ| kA∗(I −T)Ak kxnjk → 0.
(2.22)
Số hạng giữa trong (2.21) được ước lượng theo kJλnjzj −Jˆλzjk = kJλˆ( λˆ λnj zj + (1− λˆ λnj )Jλnjzj)−Jλˆzjk ≤ |1− λˆ λnj|kJλnjzj −zjk → 0. (2.23)
Thay (2.20), (2.22), và (2.23) vào (2.21) cho
lim
j→∞kxnj −T xˆ njk = 0. (2.24) Từ đó suy ra xˆ ∈Fix( ˆT) = S. Vì thế ωω(xn) ⊂ S. Sử dụng điều này và (a) ta có thể áp dụng Bổ đề 2.1.5 được dãy {xn} hội tụ yếu đến z0 ∈ S. Theo Bổ đề 2.1.4 ta thấy z0 đồng thời là giới hạn mạnh của {PSxn}.
Định lý 2.2.8 Cho H1, H2 là không gian Hilbert. B : H1 → 2H1 là một toán tử đơn điệu cực đại và cho Jλ = (I+λB)−1 là toán tử giải của B với chỉ số λ > 0. Cho T : H2 → H2 là một ánh xạ không giãn, A : H1 → H2
là toán tử tuyến tính giới nội. Giả sử rằng B−10 ∩A−1Fix(T) 6= ∅. Với mỗi x1 =x ∈ H1, xác định
xn+1 = βnxn+ (1−βn)Jλn(I −λnA∗(I −T)A)xn, ∀n ∈N, (2.25)
(C1) ∞ P n=1 βn(1−βn) = ∞, (C2) 0 < a≤ λn ≤ 1 ||A||2 và ∞ P n=1 |λn−λn+1|< ∞. Khi đó xn * z0 ∈ B−10∩A−1Fix(T), ở đây z0 = lim
n→∞PB−10∩A−1Fix(T)xn.
Chứng minh. Tập S = B−10∩A−1 Fix(T) lấy x∗ ∈ S. Cho
Tn = Jλn(I −λnA∗(I −T)A)
và
Un = βnI + (1−βn)Tn.
Khi đó thuật toán (2.25) có thể viết lại như sau
xn+1 = βnxn+ (1−βn)Tnxn = Unxn. (2.26) Lưu ý rằng Un là (1−βn)-trung bình. Lặp lại chứng minh của (2.19) [thay
αn và Vn bởi (1−βn) và Tn, tương ứng] ta được
kxn+1−x∗k2 ≤ kxn−x∗k2 −βn(1−βn)kxn−Tnxnk2 (2.27) điều đó chỉ ra rằng
• kxn+1−x∗k ≤ kxn−x∗k với mọi n, vì vậy
lim
n→∞kxn−x∗k tồn tại với mỗi x∗ ∈S (2.28) • βn(1−βn)kxn−Tnxnk ≤ kxn−x∗k2− kxn+1−x∗k2 với mọi n, vì vậy
∞ X n=1 βn(1−βn)kxn−Tnxnk2 < ∞. (2.29) Từ điều kiện ∞ P n=1 βn(1−βn) =∞ kéo theo lim inf n→∞ kxn−Tnxnk = 0. (2.30)
Bây giờ ta sẽ chứng minh lim
n→∞kxn −Tnxnk tồn tại. Đặt
un = (I −λnA∗(I −T)A)xn và yn =Tnxn = Jλnun.
Vì Jλn(I −λnA∗(I −T)A) là không giãn, theo Bổ đề 2.1.3 ta có kyn+1−ynk = kJλn+1un+1−Jλnunk ≤ kJλn+1un+1−Jλn+1(I −λn+1A∗(I −T)A)xn)k +kJλn+1(I −λn+1A∗(I −T)A)xn−Jλnunk ≤ kxn+1−xnk+kJλn+1(I −λn+1A∗(I −T)A)xn −Jλnunk ≤ kJλn+1(I −λn+1A∗(I −T)A)xn−Jλn+1(I −λnA∗(I −T)A)xnk +kJλn+1un−Jλnunk+kxn+1 −xnk ≤ k(I −λn+1A∗(I −T)A)xn−(I −λnA∗(I −T)A)xnk +kJλn+1un−Jλnunk+kxn+1 −xnk ≤ |λn+1−λn| kA∗(I −T)Axnk + |λn+1−λn| a kJλn+1un−unk+kxn+1−xnk ≤ kxn+1−xnk+M|λn+1−λn|, ở đây M là hằng số thỏa mãn M ≤ sup n (kA∗(I −T)A)xnk+ 1 akJλn+1un−unk).
Vì thế, ta suy ra kxn+1−yn+1k =kβnxn+ (1−βn)yn−yn+1k ≤βnkxn−yn+1k+ (1−βn)kyn−yn+1k ≤βn(kxn−xn+1k+kxn+1−yn+1k) +(1−βn)(kxn+1−xnk+M|λn+1−λn|) =kxn−xn+1k+βnkxn+1−yn+1k+ (1−βn)M|λn+1−λn|) =(1−βn)kxn−ynk+βnkxn+1−yn+1k+ (1−βn)M|λn+1−λn|. Điều đó suy ra kxn+1−yn+1k ≤ kxn−ynk+M|λn+1 −λn|.
Từ đây ta suy ra lim
n→∞kxn−ynk tồn tại, đồng thời từ (2.30) ta thu được
lim
n→∞kxn−Tnxnk = 0. (2.31) Suy ra
lim
n→∞kxn−xn+1k = 0. (2.32) Tiếp theo ta chứng minh rằng nếu z ∈ ωω(xn) là một cụm điểm yếu của {xn}, thì z ∈ S. Thật vậy, lấy dãy con {xni} của {xn} như vậy xni * z. Lưu ý rằng ta có xni+1 * z quan sát thấy điều kiện (C2) có nghĩa là
λn →λˆ ∈ [a,kAk−2]. Cho
ˆ
T = Jˆλ(I −ˆλA∗(I −T)A).
Khi đó Tˆ không giãn và Fix( ˆT) =S. Lặp lại chứng minh từ (2.21) - (2.23)
ta nhận được
kxnj −T xˆ njk ≤ kxnj −xnj+1k+|1− λˆ
λnj
|kJλnjunj −unjk
Điều này đảm bảo rằng z = ˆT z, có nghĩa là z ∈Fix( ˆT) =S. Giờ ta có thể áp dụng Bổ đề 2.1.4 và Bổ đề 2.1.5 để kết luận dãy {xn} hội tụ yếu đến
z0 ∈S đó cũng là giới hạn mạnh của dãy {PSxn}.
Định lý 2.2.9 Cho H1, H2 là không gian Hilbert thực và C là một tập lồi đóng khác rỗng của H1. Cho B : H1 → 2H1 là một ánh xạ đơn điệu cực đại với D(B) ⊂ C và cho Jλ = (I +λB)−1 là toán tử giải của B với λ > 0. Cho V : C → C là ánh xạ lai ghép tổng quát và T : H2 → H2 là ánh xạ không giãn. A : H1 → H2 là toán tử tuyến tính giới nội. Giả sử rằng S =
Fix(V)∩B−10 ∩A−1 Fix(T) 6= ∅. Với mỗi x1 = x ∈ C, ta xây dựng một dãy {xn} xác định bởi thuật toán
xn+1 =βnxn+ (1−βn)V(Jλn(I −λnA∗(I −T)A)xn),∀n ∈ N, (2.33)
ở đây dãy {βn} và {λn} thỏa mãn các điều kiện: (i) 0 < c≤ βn ≤ d < 1 và
(ii) 0 < a≤ λn ≤ b < 1
kAk2.
Khi đó {xn} hội tụ yếu đến z0 ∈ S, ở đây z0 = lim
n→∞PSxn.
Chứng minh. Như chứng minh định lý trên, ta đặt
Tn =Jλn(I −λnA∗(I −T)A), un = (I −λnA∗(I −T)A)xn, yn =Tnxn = Jλnun.
Khi đó Tn là một αn-trung bình, ở đây αn = 1 +λnkAk2
2 vì thế ta có thể
viết lại Tn như sau
Tn = (1−αn)I +αnVn
ở đây Vn là một ánh xạ không giãn.
Cho z ∈ S lặp lại chứng minh (2.19) nhận được
Đặc biệt, kyn−zk ≤ kxn−zk. Từ (2.33) ta có xn+1 =βnxn+ (1−βn)V yn. Vì V z = z ta suy ra kxn+1−zk2 =kβn(xn −z) + (1−βn)(V yn −z)k2 =βnkxn −zk2 + (1−βn)kV yn−zk2−βn(1−βn)kxn−V ynk2 ≤βnkxn −zk2 + (1−βn)kyn−zk2 −βn(1−βn)kxn−V ynk2 ≤βnkxn −zk2 + (1−βn)[kxn −zk2 −αn(1−αn)kxn−V xnk2] −βn(1−βn)kxn−V ynk2 ≤kxn −zk2 −(1−βn)αn(1−αn)kxn−Vnxnk2 −βn(1−βn)kxn−V ynk2. (2.35)
Do điều kiện (i) và (ii), ta thấy (1 −βn)αn(1− αn) và βn(1−βn) là hai đại lượng dương. Ta suy ra từ (2.35) rằng kxn+1−zk ≤ kxn−zk với mọi
n, hơn nữa
lim
n→∞kxn−zk tồn tại với mọi z ∈ S, (2.36)
lim n→∞kxn−V xnk = 0, (2.37) lim n→∞kxn−V ynk = 0. (2.38) cho nên ta có: lim n→∞kxn−ynk = 0, (2.39) lim n→∞kxn−xn+1k = 0. (2.40)
Với z = Jλnz,(I −T)Az = 0 và I −T là 1 2-ism. Ta suy ra kyn−zk2 =kJλn(I −λnA∗(I −T)A)xn−Jλnzk2 ≤kxn −λnA∗(I −T)Axn −zk2 =kxn −zk2 −2λnhxn−z, A∗(I −T)Axni+ (λn)2kA∗(I −T)Axnk2 =kxn −zk2 −2λnhAxn−Az,(I −T)Axni+ (λn)2kA∗(I −T)Axnk2 ≤kxn −zk2 −λnk(I −T)Axnk2 + (λn)2kAA∗k k(I −T)Axnk2 =kxn −zk2 −λn(1−λnkAk2)k(I −T)Axnk2. (2.41) Với điều kiện (ii), điều đó chỉ ra rằng
k(I −T)Axnk2 ≤ 1
a(1−b||Ak2)(kxn−zk2 − kyn−zk2).
Sử dụng (2.39) ta được
lim
n→∞k(I −T)Axnk = 0. (2.42) Theo Bổ đề 2.1.5 và (2.36) chứng tỏ {xn} hội tụ yếu. Ta phải chứng minh dãy con {xnj} của {xn} hội tụ yếu đến điểm x∗, khi đó x∗ ∈ S. Thật vậy, vì A là toán tử tuyến tính giới nội, ta cũng có Axnj * Ax∗. Vì T không giãn, ta có từ (2.42) T Ax∗ = Ax∗; do đó Ax∗ ∈ Fix(T) hoặc x∗ ∈ A−1
Fix(T).
Tiếp theo ta chứng minh x∗ ∈ B−10. Lưu ý yn = Jλn(I − λnA∗(I −
T)A)xn có nghĩa là
1
λn
(xn−yn−λnA∗(I −T)Axn)∈ Byn
Vì B là đơn điệu, ta có với (u, v) ∈B. hyn−u, 1