ChoC là một tập lồi đóng khác rỗng trong khơng gian Hilbert thực H, F là ánh xạ đi từ Ω vào H, trong đó Ω là một tập trong H chứa C. Bài toán bất đẳng thức
biến phân V IP(C, F) được phát biểu như sau:
Tìm x∗ ∈ C sao cho hF(x∗), x−x∗i ≥0 ∀x∈ C. (1.1)
Tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V IP(C, F) được ký hiệu là Sol(C, F).
Trong trường hợp ánh xạ F có dạng F(x) =x−x0 với mọi x∈Ω, trong đó x0 ∈ H cho trước. Theo Bổ đề 1.1
hF(x∗), x−x∗i ≥ 0 ∀x∈C
⇐⇒hx∗−x0, x−x∗i ≥0 ∀x∈ C
⇐⇒hx0−x∗, x−x∗i ≤0 ∀x∈ C
⇐⇒x∗ =PC(x0).
Do đó Sol(C, F) ={PC(x0)}.
Sau đây là một số bài tốn quen thuộc có thể mơ tả được dưới dạng bài tốn bất đẳng thức biến phân.
Bài tốn giải hệ phương trình:
Xét H =Rn, C = Ω =Rn và ánh xạ F : Rn −→Rn. Khi đóx∗ ∈ Rn là nghiệm của bài tốn bất đẳng thức biến phân V IP(Rn, F) khi và chỉ khi x∗ là nghiệm của hệ phương trình F(x∗) = 0.
x∗ ∈Sol(Rn, F).
Ngược lại, nếu x∗ ∈ Sol(Rn, F) thì
hF(x∗), x−x∗i ≥0 ∀x ∈Rn.
Chọn x= x∗ −F(x∗), ta được
hF(x∗),−F(x∗)i ≥ 0 hay − kF(x∗)k2 ≥ 0.
Do đó F(x∗) = 0.
Bài toán điểm bất động:
ChoC là một tập khác rỗng trong H và T : C −→ C là một ánh xạ. Bài tốn điểm bất động đó là bài tốn tìm x∗ ∈ C sao cho T(x∗) =x∗.
Xét ánh xạ F : C −→ H cho bởi
F(x) =x−T(x) ∀x∈C.
Khi đó V IP(C, F) trùng với bài tốn tìm điểm bất động của ánh xạ T.
Thật vậy, nếu T(x∗) =x∗ thì F(x∗) = 0 và bất đẳng thức ở (1.1) xảy ra dấu bằng. Do đó x∗ ∈ Sol(C, F).
Ngược lại, nếu x∗ ∈ Sol(C, F) thì
hF(x∗), x−x∗i ≥0 ∀x∈ C.
Chọn x= T(x∗), ta được
hx∗−T(x∗), T(x∗)−x∗i ≥ 0 hay − kT(x∗)−x∗k2 ≥ 0.
Do đó T(x∗) =x∗.
Bài tốn tìm nghiệm có chuẩn nhỏ nhất:
Cho C là một tập lồi khác rỗng trong H. Bài tốn tìm nghiệm có chuẩn nhỏ nhất là bài tốn tìm x∗ ∈C sao cho
kx∗k ≤ kxk ∀x∈C.
Xét ánh xạ F : Ω −→ H cho bởi
Khi đó V IP(C, F) trùng với bài tốn tìm nghiệm có chuẩn nhỏ nhất. Thật vậy, nếu x∗ ∈Sol(C, F) thì
hx∗, x−x∗i ≥ 0 hayhx∗, xi ≥ kx∗k2 ∀x∈C.
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
kxk ≥ kx∗k ∀x∈C.
Do đó x∗ ∈ C là nghiệm có chuẩn nhỏ nhất.
Ngược lại, nếu x∗ ∈ C là nghiệm có chuẩn nhỏ nhất. Vì C là tập lồi nên kx∗k ≤ ktx+ (1−t)x∗k ∀x ∈C,∀t∈ (0,1]
hay
kx∗k ≤ kx∗+t(x−x∗)k ∀x∈C,∀t∈(0,1]. Bình phương hai vế và rút gọn ta được
2hx∗, x−x∗i+tkx−x∗k2 ≥0 ∀x∈ C,∀t∈ (0,1].
Cho t−→ 0+, ta được
hx∗, x−x∗i ≥0 ∀x∈ C.
Do đó x∗ ∈ Sol(C, F).
Bổ đề sau khẳng định rằng x∗ ∈ C là nghiệm của V IP(C, F) khi và chỉ khi x∗ là điểm bất động của ánh xạ T : C −→ C cho bởi T(x) = PC(x− λF(x)) với mọi
x∈C, trong đó λ > 0bất kỳ.
Bổ đề 1.3. Cho x∗ ∈C và λ > 0. Khi đó x∗ ∈ Sol(C, F) ⇐⇒x∗ ∈Fix(T).
Chứng minh. Theo Bổ đề 1.1, ta có x∗ ∈Fix(T) ⇐⇒x∗ =T(x∗) ⇐⇒x∗ =PC(x∗−λF(x∗)) ⇐⇒hx∗−λF(x∗)−x∗, z −x∗i ≤0∀z ∈ C ⇐⇒hλF(x∗), z−x∗i ≥ 0∀z ∈C ⇐⇒hF(x∗), z−x∗i ≥ 0∀z ∈C ⇐⇒x∗ ∈Sol(C, F).
Định nghĩa 1.6. (xem [21, 34]) Cho C là một tập lồi đóng khác rỗng trong khơng gian Hilbert thực H và Ω là một tập trong H chứa C. Ánh xạ F : Ω −→ H được gọi là
a) đơn điệu mạnh trên C với hệ số β > 0 (gọi tắt là β-đơn điệu mạnh trên C)
nếu
hF(x)−F(y), x−yi ≥ βkx−yk2 ∀x, y ∈C;
b) liên tục Lipschitz trên C với hệ số L >0 (gọi tắt là L-liên tục Lipschitz trên
C) nếu
kF(x)−F(y)k ≤ Lkx−yk ∀x, y ∈C;
c) đơn điệu mạnh ngược trên C với hệ số η > 0 (gọi tắt là η-đơn điệu mạnh
ngược trên C) nếu
hF(x)−F(y), x−yi ≥ ηkF(x)−F(y)k2 ∀x, y∈ C;
d) đơn điệu trên C nếu
hF(x)−F(y), x−yi ≥ 0 ∀x, y ∈C;
e) giả đơn điệu trên C nếu
hF(x), y−xi ≥0 =⇒ hF(y), y−xi ≥0 ∀x, y ∈C.
Nếu ánh xạ F đơn điệu mạnh và liên tục Lipschitz thì V IP(C, F) có nghiệm duy nhất. Kết quả này đã được chứng minh trong không gian hữu hạn chiều ở một số tài liệu (xem [1, Trang 77]). Ở đây chúng tôi chứng minh lại trong trường hợp không gian Hilbert bất kỳ với kỹ thuật chứng minh tương tự.
Định lý 1.3. Nếu F : Ω −→ H là β-đơn điệu mạnh trên C và L-liên tục Lipschitz
trên C thì V IP(C, F) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh. Chọn 0 < µ < 2β
L2 và xét ánh xạ T : C −→ C cho bởi T(x) =
PC(x−µF(x)) với mọi x∈C.
Khi đó với mọi x, y∈ C, ta có
kT(x)−T(y)k2 =kPC(x−µF(x))−PC(y −µF(y))k2 ≤ kx−µF(x)−(y−µF(y))k2
Sử dụng tính β-đơn điệu mạnh trên C và L-liên tục Lipschitz trên C của F, ta có kT(x)−T(y)k2 ≤ kx−yk2−2µβkx−yk2+µ2L2kx−yk2 = (1−2µβ+µ2L2)kx−yk2. Do đó kT(x)−T(y)k ≤p1−µ(2β −µL2)kx−yk =ρkx−yk, trong đó ρ=p1−µ(2β−µL2)∈ [0,1).
Vậy T :C −→ C là ánh xạ co. Theo nguyên lý ánh xạ co, tồn tại duy nhất x∗ ∈C
sao cho T(x∗) =x∗. Do đó x∗ ∈ Sol(C, F) theo Bổ đề 1.3.
Từ chứng minh Định lý 1.3, ta thấy rằng nếu F : Ω−→ H là β-đơn điệu mạnh
trênC và L-liên tục Lipschitz trênC thì ánh xạT : C −→ C cho bởiT(x) =PC(x−
µF(x)) với mọi x ∈ C là ánh xạ co với hệ số co ρ = p1−µ(2β−µL2) ∈ [0,1), trong đó µ ∈ 0, 2β
L2
. Bổ đề sau đây khẳng định nếu F : Ω −→ H là η-đơn điệu
mạnh ngược trên C và µ ∈(0,2η] thì T sẽ là ánh xạ khơng giãn.
Bổ đề 1.4. Cho ánh xạF : Ω −→ Hlàη-đơn điệu mạnh ngược trênC vൠ∈(0,2η].
Xét ánh xạ T : C −→ C cho bởi
T(x) =PC(x−µF(x)) ∀x∈ C.
Khi đó ánh xạ T là không giãn và Fix(T) = Sol(C, F).
Chứng minh. Từ tính η-đơn điệu mạnh ngược trên C của F và µ ∈ (0,2η], ta có,
với mọi x, y ∈C kT(x)−T(y)k2 =kPC(x−µF(x))−PC(y−µF(y))k2 ≤ kx−µF(x)−(y−µF(y))k2 =kx−y −µ(F(x)−F(y))k2 =kx−yk2−2µhx−y, F(x)−F(y)i+µ2kF(x)−F(y)k2 ≤ kx−yk2−2µηkF(x)−F(y)k2+µ2kF(x)−F(y)k2 ≤ kx−yk2+µ(µ−2η)kF(x)−F(y)k2 ≤ kx−yk2.
Do đó
kT(x)−T(y)k ≤ kx−yk ∀x, y ∈C.
Vậy T là ánh xạ không giãn. Từ Bổ đề 1.3, ta suy ra Fix(T) = Sol(C, F).
Tính chất lồi đóng của tập nghiệm bài tốn bất đẳng thức biến phân đã được chứng minh trong một số tài liệu (xem [34, Mệnh đề 1.1.2]) cho trường hợp không gian hữu hạn chiều. Ở đây, chúng tôi chứng minh trong trường hợp không gian Hilbert bất kỳ.
Bổ đề 1.5. Giả sử C là một tập lồi đóng khác rỗng trong khơng gian Hilbert thực
H và Ω là một tập trong H chứa C. Cho ánh xạ F : Ω −→ H giả đơn điệu trên C
và một trong hai điều kiện sau thỏa mãn: (i) lim sup
k−→∞
hF(xk), yi ≤ hF(x), yi với mọi y ∈ H và mọi dãy {xk} ⊂ C hội tụ
yếu đến x.
(ii) F liên tục Lipschitz trên C với hệ số L > 0.
Giả sử tập nghiệm Sol(C, F) của bài toán bất đẳng thức biến phân V IP(C, F) khác
rỗng, khi đó Sol(C, F) là tập lồi đóng.
Chứng minh. Đặt
Sd(C, F) ={x∗ ∈C : hF(y), y−x∗i ≥ 0 ∀y ∈C}.
Từ tính giả đơn điệu của F, ta suy ra Sol(C, F) ⊂Sd(C, F). Ta chứng minh Sd(C, F) ⊂Sol(C, F).
Trường hợp 1. F thỏa mãn điều kiện (i).
Giả sử trái lại tồn tại x∗ ∈ Sd(C, F) sao cho x∗ ∈/ Sol(C, F), tức là tồn tại y∗ ∈ C
sao cho hF(x∗), y∗−x∗i<0. Với mỗi k ∈ N∗, đặt xk :=1− 1 k x∗+ 1 ky ∗.
VìC là lồi và x∗, y∗ ∈ C nên xk ∈C với mọi k. Ngồi ra vì
kxk −x∗k= 1
kky∗−x∗k nênxk −→ x∗ khi k −→ ∞.
Từ x∗ ∈Sd(C, F), ta suy ra hF(y), y−x∗i ≥ 0với mọi y ∈C. Đặc biệt khi y =xk, ta có
hay hF(xk), 1 k(y ∗−x∗)i ≥0. Từ đó với mọi k ∈ N∗, ta có hF(xk), y∗−x∗i ≥ 0.
Vì dãy {xk} hội tụ yếu đến x∗ nên
0≤ lim sup
k−→∞
hF(xk), y∗−x∗i ≤ hF(x∗), y∗−x∗i,
trái với hF(x∗), y∗ −x∗i< 0. Vậy Sd(C, F) ⊂Sol(C, F).
Trường hợp 2. F thỏa mãn điều kiện (ii).
Lấy x∗ ∈ Sd(C, F) bất kỳ, ta chứng minh x∗ ∈ Sol(C, F). Xét x ∈ C tùy ý và đặt
xt := (1−t)x∗ +tx với t ∈ [0,1]. Vì x∗ ∈ Sd(C, F) nên hF(y), y−x∗i ≥ 0 với mọi
y ∈C. Do đó, vì xt ∈C với mọi t∈ [0,1] nên
0≤ hF(xt), xt−x∗i =hF(xt),(1−t)x∗+tx−x∗i =thF(xt), x−x∗i. Do đó với mọi t∈ (0,1] 0≤ hF(xt), x−x∗i =hF(xt)−F(x∗), x−x∗i+hF(x∗), x−x∗i ≤ Lkxt−x∗kkx−x∗k+hF(x∗), x−x∗i =Lk(1−t)x∗+tx−x∗kkx−x∗k+hF(x∗), x−x∗i =Ltkx−x∗k2+hF(x∗), x−x∗i. (1.2)
Lấy giới hạn ở (1.2) khi t −→ 0+, ta được hF(x∗), x−x∗i ≥ 0. Vì x ∈C là bất kỳ nên ta suy rax∗ ∈ Sol(C, F). Do đó Sd(C, F) ⊂ Sol(C, F).
Vậy với một trong hai điều kiện (i) và (ii), ta đều cóSd(C, F)⊂ Sol(C, F). Kết hợp với Sol(C, F) ⊂ Sd(C, F), ta suy ra Sol(C, F) =Sd(C, F).
Ta thấy Sd(C, F) =C∩ \
y∈C
Py với Py ={x∗ ∈ H: hF(y), y−x∗i ≥0}. Vì Py là lồi
đóng với mọi y ∈ C nên Sd(C, F) là lồi đóng. Do đó Sol(C, F) = Sd(C, F) cũng là lồi đóng.