Phương pháp xấp xỉ gắn kết là sự mở rộng của phương pháp lặp Halpern để tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn. Như đã nói ở trên, phương pháp lặp Krasnoselski- Mann cho toán tử không giãn Ttrong không gian Banach vô hạn chiều nói chung chỉ hội tụ yếu. Mặt khác, nếu sử dụng tổ hợp lồi của ánh xạ không giãn T và ánh xạ co f với cách chọn trọng số thích hợp thì có thể thu được một dãy lặp hội tụ mạnh đến điểm bất động của ánh xạT.
Xét bài toán: ChoClà tập con lồi đóng của không gian Hilbert thựcHvà f : C →C là một ánh xạ co với hệ sốα ∈ (0, 1)luôn có điểm bất động duy nhất trongC. Giả sử T : C → Clà toán tử không giãn có FixT 6= ∅. Với mỗi số thựct ∈ (0, 1)và một toán tử co f : C →Cta định nghĩa toán tửTt : C →Cđược cho bởi
Ttx =t f(x) + (1−t)Tx, x ∈ C.
Khi đóTt là một toán tử co trênC. Kí hiệuxt ∈ Clà điểm bất động duy nhất củaTt và xt =t f(xt) + (1−t)Txt. (2.2) Xét dãy lặp
xn+1 =αnf(xn) + (1−αn)Txn, (2.3) với dãy{αn} ⊂ (0, 1).
Năm 1967, Halpern đã giới thiệu một trường hợp đặc biệt của phép lặp (2.3) khi f(x)đồng nhấtu. Phép lặp có dạng
zn+1=αnu+ (1−αn)Tzn, n≥0, vớiu,z0 ∈ Ctùy ý và{αn} ⊂(0, 1).
Năm 1977, Lions đã chứng minh được sự hội tụ mạnh của dãy{zn}. Định lý 2.4. Trong không gian Hilbert, nếu dãy{αn}thỏa mãn các điều kiện:
(i) lim
n→∞αn =0, (ii) ∑∞
n=0
αn =∞,
(iii) lim
n→∞
|αn−αn+1| α2n+1
=0.
Khi đó dãy{zn}hội tụ mạnh tới điểm chiếu gần nhất củaulên tậpFix T.
Đến năm 2000, phương pháp xấp xỉ gắn kết với toán tử không giãn có điểm bất động được Moudafi đề xuất. Ông đã chứng minh sự hội tụ của cả phương pháp ẩn và phương pháp hiện trong không gian Hilbert thực.
Định lý 2.5. Trong không gian Hilbert, dãy{xn}được định nghĩa bởi xn = 1
1+enTxn + en
1+en f(xn), (2.4) với{en} ⊂(0, 1)vàen →0. Khi đó dãy{xn}hội tụ mạnh tới điểm duy nhấtx˜ ∈Cthỏa mãn bất đẳng thức biến phân
h(Id− f)x, ˜˜ x−xi ≤ 0.
Nói riêng,x˜là điểm bất động duy nhất củaPFixTf.
Định lý 2.6. Trong không gian Hilbert thực, với điểmx0 ∈ C, dãy{xn}được định nghĩa bởi xn+1 = 1
1+enTxn+ en
1+en f(xn), n≥0. (2.5) Giả sử rằng dãy{en}thỏa mãn các điều kiện:
(i) lim
n→∞en =0, (ii) ∑∞
n=1
en =∞,
(iii) lim
n→∞
1 en
− 1 en−1
=0.
Khi đó, dãy{xn}hội tụ mạnh tới điểm duy nhấtx˜ ∈ Cthỏa mãn bất đẳng thức biến phân h(Id− f)x, ˜˜ x−xi ≤ 0.
Nói riêng,x˜là điểm bất động duy nhất củaPFixTf.
Tiếp theo dưới đây là một số định lý mở rộng kết quả của Moudafi, cũng trong không gian Hilbert thực. Trước hết, ta có một số bổ đề.
Bổ đề 2.4. Giả sử rằng{αn}là một dãy số thực không âm thỏa mãn an+1 ≤(1−γn)an+δn, n ≥0, với dãy{γn} ∈ (0, 1)và{δn} ∈ Rsao cho:
(i) ∑∞
n=1
γn =∞,
(ii) lim
n→∞sup δn
γn
≤0hoặc ∑∞
n=1
|δn|<∞.
Khi đó lim
n→∞an =0.
Bổ đề 2.5. ChoC là một tập con lồi đóng khác rỗng của không gian Hilbert thực H. Giả sử T : C → Clà một toán tử không giãn với tập điểm bất độngFix T 6= ∅. Nếu dãy{xn} ⊂ C thỏa mãn xn *xvà nếu(Id−T)xn → ythì (Id−T)x =y. Nói cách khác, toán tử Id−T là bán đóng.
Bổ đề 2.6. ChoHlà không gian Hilbert thực,Clà một tập con lồi đóng củaHvà f : C →C là toán tử co với hệ sốα <1. Khi đó
hx−y,(Id−f)x−(Id− f)yi ≥ (1−α)kx−yk2, x,y∈ C.
Tức là Id−f là toán tử đơn điệu với hệ số1−α.
Định lý 2.7. Trong không gian Hibert thựcHchoxt được định nghĩa bởi (2.2). Khi đó ta có (i) tồn tại x˜ :=lim
t→0xt,
(ii) x˜ =PFixTf(x˜)hoặc tương đươngx˜ ∈ Fix Tlà nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân
h(Id− f)x,˜ x−x˜i ≥ 0, x∈ Fix T.
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh{xt}là dãy bị chặn . Lấy điểm p∈FixT, ta có kxt−pk ≤(1−t)kTxt−pk+tkf(xt)−pk
≤(1−t)kxt−pk+tkf(xt)−pk. Suy ra
kxt−pk ≤ kf(xt)−pk ≤kf(xt)− f(p)k+kf(p)−pk
≤αkxt−pk+kf(p)−pk, hay
kxt −pk ≤ 1
1−αkf(p)−pk.
Do vậy{xt}là dãy bị chặn. Từ đó suy ra{Txt},{f(xt)}cũng là các dãy bị chặn.
Hơn nữa ta có
kxt−Txtk=tkTxt− f(xt)k →0, t→0.
Tiếp theo ta chứng minh {xt} là một dãy compact tương đối khi t → 0. Thật vậy, giả sử{tn} ⊂ (0, 1)sao chotn →0khin → ∞. Đặt xn := xtn. Ta sẽ chứng minh dãy{xn} chứa một dãy con hội tụ mạnh tớix˜ ∈FixTlà nghiệm duy nhất của bài toán bất đẳng thức biến phân
h(Id− f)x,˜ x−x˜i ≥ 0, x ∈ Fix T.
Thật vậy, do dãy{xn} bị chặn nên ta có thể giả sử rằng dãy {xn} hội tụ yếu tới điểm
˜
x∈FixT. Kết hợp vớikxn −Txnk → 0, theo Bổ đề2.5ta suy rax˜ ∈FixT.
Mặt khác doxt−x˜ = (1−t)(Txt−x˜) +t(f(xt)−x˜)nên ta có
kxt−x˜k2 =(1−t)hTxt−x,˜ xt−x˜i+thf(xt)−x,˜ xt−x˜i
≤(1−t)kxt−x˜k2+thf(xt)−x,˜ xt−x˜i. Vì vậy
kxt−x˜k2≤ hf(xt)−x,˜ xt−x˜i =hf(xt)− f(x˜),xt−x˜i+hf(x˜)−x,˜ xt−x˜i
≤αkxt −x˜k2+hf(x˜)−x,˜ xt−x˜i. Suy ra
kxt−x˜k2 ≤ 1
1−αhxt−x,˜ f(x˜)−x˜i. Nói riêng
|xn−x˜k2 ≤ 1
1−αhxn−x,˜ f(x˜)−x˜i. (2.6) Doxn *x˜và từ (2.6) ta suy ra xn → x.˜
Tiếp theo ta chứng minhx˜ ∈FixTlà nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân và xt là nghiệm bài toán điểm bất động
x= (1−t)Tx+t f(x). Ta có
(Id− f)xt =−1−t
t (Id−T)xt.
Do vậy với mọiz∈FixT thì
h(Id− f)xt,xt−zi=−1−t
t h(Id−T)xt,xt−zi
=−1−t
t h(Id−T)xt−(Id−T)z,xt−zi, hay
h(Id− f)xt,xt−zi ≤ 0
khiId−Tlà toán tử đơn điệu. Thaytbởitn và chon→∞ta đượcx˜là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân.
Để chứng minh{xt}hội tụ tới điểmx, ta giả sử˜ xsn → x,ˆ sn →0. Doxˆ ∈FixT, ta có h(Id− f)x, ˜˜ x−xˆi ≤ 0.
Thay đổi vai trò củax˜vàxˆta được
h(Id− f)x, ˆˆ x−x˜i ≤ 0.
Cộng vế với vế của hai bất đẳng thức trên ta được
hx˜−x,ˆ (Id−f)x˜−(Id− f)xˆi ≤0.
Theo Bổ đề2.6ta suy raxˆ =x.˜ Tiếp theo ta xét dãy lặp
(x0 ∈ C
xn+1= (1−αn)Txn+αnf(xn), (2.7) vớin ≥0và{αn} ⊂ (0, 1)thỏa mãn các điều kiện:
(i) αn →0, (ii) ∑∞
n=0
αn =∞, (iii) ∑∞
n=0
|αn+1−αn| <∞hoặc lim
n→∞
αn+1
αn
=1.
Định lý 2.8. Cho H là không gian Hilbert thực, C là một tập con lồi đóng của H. Giả sử T : C → Clà toán tử không giãn với Fix T 6= ∅ và f : C → Clà toán tử co. Xét dãy {xn} được sinh bởi (2.7). Khi đó xn → x, với˜ x˜là nghiệm duy nhất của bài toán bất đẳng thức biến phân
h(Id−f)x,˜ x−x˜i ≥0,x ∈ FixT.
Chứng minh. Trước hết ta cũng chứng minh dãy{xn}là một dãy bị chặn.
Lấy p∈FixT, ta có
kxn+1−pk ≤(1−αn)kTxn−pk+αnkf(xn)−pk
≤(1−αn)kxn−pk+αn(kf(xn)− f(p)k+kf(p)−pk)
≤(1−αn)kxn−pk+αn(αkxn −pk+kf(p)−pk)
≤(1−(1−α)αn)kxn −pk+αnkf(p)−pk
≤maxn
kxn−pk, 1
1−αkf(p)−pko. Từ đó
kxn −pk ≤ maxn
kx0−pk, 1
1−αkf(p)−pko, ∀n≥0.
Suy ra dãy{xn}bị chặn và do đó hai dãy{Txn},{f(xn)}cũng bị chặn.
Tiếp theo ta chứng minh
kxn+1−xnk → 0.
Thật vậy với hằng sốM >0thích hợp ta có
kxn+1−xnk =(1−αn)(Txn−Txn−1) + (αn−αn−1) (f(xn−1)−Txn−1) +αn(f(xn)− f(xn−1)
≤(1−αn)kxn−xn−1k+Mkαn−αn−1k+ααnkxn−xn−1k
=(1−(1−α)αn)kxn−xn−1k+M|αn−αn−1|.
Theo Bổ đề2.4, ta cókxn+1−xnk → 0. Tiếp theo ta chứng minh rằngkxn−Txnk → 0.
Ta có
kxn −Txnk ≤kxn−xn+1k+kxn+1−Txnk
=kxn−xn+1k+αnkTxn− f(xn)k →0.
Tiếp theo ta chứng minh
nlim→∞hx˜−xn, ˜x− f(x˜)i ≤ 0.
Thật vậy, lấy dãy con{xnk} ⊂ {xn}sao cho
nlim→∞suphx˜−xn, ˜x− f(x˜)i = lim
k→∞suphx˜−xnk, ˜x− f(x˜)i. Ta có thể giả sử rằngxnk *x. Kết hợp Bổ đề¯ 2.5ta suy rax¯∈FixT.Vì vậy
nlim→∞suphx˜−xn, ˜x− f(x˜)i =hx˜−x, ˜¯ x− f(x˜)i ≤0.
Cuối cùng chúng ta chứng minh rằngxn → x. Thật vậy ta có˜ kxn+1−x˜k2=k(1−αn)(Txn−x˜) +αn(f(xn)−x˜)k2
=(1−αn)2kTxn−x˜k2+α2nkf(xn)−x˜k2 +2αn(1−αn)hTxn−x,˜ f(xn)−x˜i
≤(1−2αn+α2n)kxn−x˜k2+α2nkf(xn)−x˜k2
+2αn(1−αn)hTxn−x,˜ f(xn)− f(x˜)i+2αn(1−αn)hTxn−x,˜ f(x˜)−x˜i
≤(1−2αn+α2n+2ααn(1−αn))kxn−x˜k2 +αn
h
2(1−αn)hTxn−x,˜ f(x˜)−x˜i+αnkf(xn)−x˜k2i
=(1−α˜n)kxn−x˜k2+α˜nβ˜n, với
α˜n =αn(2−αn−2α(1−αn)),
β˜n = 2(1−αn)hTxn −x,˜ f(x˜)−x˜i+αnkf(xn)−x˜k2
2−αn−2α(1−αn) .
Ta có thể chứng minh được rằngα˜n →0, ∑∞
n=1
α˜n =∞vàlim sup
n→∞
β˜n ≤0.
Theo Bổ đề 2.4 suy raxn →x.˜
Chương 3
Ứng dụng của toán tử không giãn trung bình