Chương 2 Một thuật toán quán tính cho bài toán không điểm
2.2 Thuật toán và sự hội tụ
Để tìm một nghiệm của Bài toán (2.1), các tác giả Tuyen và Eslamian [18]
giới thiệu thuật toán sau.
Thuật toán 2.2.1. Chof là một ánh xạ co trongH với hệ số cok ∈[0,1). Cho {βn}, {εn}, {ρn,i}, {rn,i} và {sn,i}, i = 1,2, . . . , m, là các dãy số thực dương.
Cho {xn} là dãy được xác định bởi:
x1, x0 ∈ H được chọn bất kỳ wn =xn+αn(xn−xn−1), yn = Sn(m)Sn(m−1)...Sn(1)wn,
xn+1 =βnf(yn) + (1−βn)yn, ∀n ≥ 1,
(2.2)
trong đó
α > 0 được chọn bất kỳ,
Sn(i) =JrAn,ii (IHi −τn,iTi∗(IKi −JsBn,ii )Ti), 1≤ i ≤m,
wn,0 =wn, wn,1 =Sn(1)wn, wn,i =Sn(i)...Sn(1)wn, 2≤i ≤m,
(2.3)
τn,i =
ρn,i∥(IHi −JsBi
n,i)Ti(wn,i−1)∥2
∥(Ti∗(IKi −JsBn,ii )Ti)(wn,i−1)∥2, nếu ∥(Ti∗(IKi −JsBi
n,i)Ti)(wn,i−1)∥2 ̸= 0,
0, trái lại.
(2.4)
và 0≤αn ≤αn sao cho αn =
min{ εn
∥xn −xn−1∥, α}, xn ̸=xn−1,
α, trái lại.
(2.5)
Sự hội tụ mạnh của Thuật toán 2.2.1 được giới thiệu trong định lý dưới đây.
Định lý 2.2.2. [18] Nếu các dãy {βn}, {ϵn}, {rn,i}, {sn,i} và {ρn,i}, i = 1,2, . . . , m, thỏa mãn các điều kiện sau:
C1) {βn} ⊂ (0,1), limn→∞βn = 0 và P∞
n=0βn =∞,
C2) infn→∞rn,i =r > 0 và infn→∞sn,i =s > 0 với i = 1,2, ..., m, C3) 0< ρn,i <2 và infnρn,i(2−ρn,i) >0 với i = 1,2, ..., m, C4) ϵn >0 và limn→∞ ϵn
βn = 0,
thì dãy {xn} sinh bởi Thuật toán 2.2.1 hội tụ mạnh về một phần tử x⋆ ∈ Ω.
Ta cần bổ đề dưới đây.
Bổ đề 2.2.3. [11] Giả sử rằng {sn} và {ϱn} là hai dãy số thực không âm, {ηn} là một dãy trong khoảng mở (0,1) và {δn}, {ζn} là hai dãy số thực thỏa mãn
sn+1 ≤ (1−ηn)sn +ηnδn, sn+1 ≤ sn−ϱn +ζn, n≥ 0.
Nếu các điều kiện sau đúng i) P∞
n=1ηn = ∞, ii) limn→∞ζn = 0,
iii) limk→∞ϱnk = 0, suy ra lim supk→∞δnk ≤ 0 với bất kỳ dãy con {ϱnk} của {ϱn},
thì limn→∞sn = 0.
Chứng minh Định lý 2.2.2. Trước hết, ta chỉ ra rằng dãy {xn} bị chặn. Chú ý rằng PΩ(f) là một ánh xạ co từ H vào chính nó, theo nguyên lý ánh xạ co Banach,PΩ(f)có duy nhất một điểm bất độngx⋆ ∈ Hthỏa mãnx⋆ =PΩ(f)x⋆. Với mỗi n, đặt
In ={i = 1,2, . . . , m : ∥(Ti∗(I −JsBi
n,i)Ti)(wn,i−1)∥= 0}.
Vìx⋆ ∈Ω, nên ta có0∈ B1(T1x⋆)và do đóT1x⋆ =JsBn,11 (T1x⋆). Vì vậy, từ Mệnh đề 1.3.13 iii) suy ra
⟨T1∗(I −JsBn,11 )T1wn, wn−x⋆⟩=⟨(I −JsBn,11 )T1wn −(I −JsBn,11 )T1x⋆, T1wn−T1x⋆⟩
≥ ∥(I −JsBn,11 )T1wn∥2. (2.6) Đặt zn,1 = (I−τn,1T1∗(I−JsBn,11 )T1)wn. Từ (2.4) và bất đẳng thức (2.6), ta nhận được
∥zn,1−x⋆∥2
= ∥(I −τn,1T1∗(I −JsBn,11 )T1)wn −x⋆∥2
= ∥(wn −x⋆)−τn,1T1∗(I −JsBn,11 )T1wn∥2
= ∥wn−x⋆∥2+ (τn,1)2∥T1∗(I −JsBn,11 )T1wn∥2
−2τn,1⟨wn−x⋆, T1∗(I −JsBn,11 )T1wn⟩
≤ ∥wn −x⋆∥2 + (τn,1)2∥T1∗(I −JsB1
n,1)T1wn∥2−2τn,1∥(I −JsB1
n,1)T1wn∥2
≤
∥wn−x⋆∥2 nếu 1∈In,
∥wn−x⋆∥2−ρn,1(2−ρn,1) ∥(I −JsBn,11 )T1(wn)∥4
∥T1∗(I −JsBn,11 )T1(wn)∥2 nếu 1∈/ In.
(2.7)
Từ (2.7), x⋆ = JrAn,11 (x⋆) và Mệnh đề 1.3.13 iv) (hay I −JrAn,11 là một ánh xạ không giãn ổn định), suy ra rằng
∥Sn(1)wn−x⋆∥2
=∥JrAn,11 zn,1−x⋆∥2
≤ ∥zn,1−x⋆∥2− ∥JrAn,11 zn,1−zn,1∥2
≤
∥wn−x⋆∥2− ∥JrAn,11 zn,1−zn,1∥2 nếu 1∈In,
∥wn−x⋆∥2− ∥JrA1
n,1zn,1−zn,1∥2
−ρn,1(2−ρn,1) ∥(I −JsBn,11 )T1(wn)∥4
∥T1∗(I −JsBn,11 )T1(wn)∥2 nếu 1∈/ In.
(2.8)
Đặt zn,i = (I −τn,iTi∗(I −JsBn,ii )Ti)wn,i−1 với i = 2, ..., m. Bằng lập luận tương tự như trên, ta cũng nhận được
∥zn,2−x⋆∥2
=∥(I −τn,2T2∗(I −JsBn,22 )T2)wn,1−x⋆∥2
≤
∥wn,1−x⋆∥2 nếu 2∈ In,
∥wn,1−x⋆∥2−ρn,2(2−ρn,2) ∥(I −JsBn,22 )T2(wn,1)∥4
∥T2∗(I −JsBn,22 )T2(wn,1)∥2 nếu2∈/ In. (2.9) Từ các bất đẳng thức (2.8), (2.9) và Mệnh đề 1.3.13 iv), ta thu được
∥Sn(2)wn,1−x⋆∥2
= ∥JrAn,22 zn,2−x⋆∥2
≤ ∥zn,2−x⋆∥2 − ∥JrA2
n,2zn,2−zn,2∥2
≤
∥wn,1−x⋆∥2 − ∥JrAn,22 zn,2−zn,2∥2 nếu 2∈ In,
∥wn,1−x⋆∥2 − ∥JrAn,22 zn,2−zn,2∥2
−ρn,2(2−ρn,2) ∥(I −JsBn,22 )T2(wn,1)∥4
∥T2∗(I −JsBn,22 )T2(wn,1)∥2 nếu 2∈/ In
(2.10)
≤ ∥wn −x⋆∥2−
2
X
i=1
∥JrAi
n,izn,i −zn,i∥2
−
2
X
i=1,i /∈In
ρn,i(2−ρn,i) ∥(I −JsBi
n,i)Ti(wn,i−1)∥4
∥Ti∗(I −JsBn,ii )Ti(wn,i−1)∥2. (2.11) Tiếp tục quá trình trên, ta nhận được
∥yn −x⋆∥2 ≤ ∥wn−x⋆∥2−
m
X
i=1
∥JrAi
n,izn,i−zn,i∥2
−
m
X
i=1,i /∈In
ρn,i(2−ρn,i) ∥(I −JsBi
n,i)Ti(wn,i−1)∥4
∥Ti∗(I −JsBn,ii )Ti(wn,i−1)∥2. (2.12) Từ (2.5), ta có αn∥xn −xn−1∥ ≤ ϵn. Điều này kết hợp với limn→∞ ϵn
βn = 0, suy ra rằng limn→∞ αn
βn∥xn−xn−1∥= 0. Do đó, tồn tại hằng số M1 >0 sao cho αn
βn∥xn −xn−1∥ ≤M1. Từ định nghĩa của wn, ta nhận được
∥wn −x⋆∥ =∥xn +αn(xn −xn−1)−x⋆∥
≤ ∥xn−x⋆∥+αn∥xn −xn−1∥
=∥xn −x⋆∥+βnαn
βn∥xn −xn−1∥
≤ ∥xn−x⋆∥+βnM1. (2.13) Từ (2.12) và (2.13), ta có
∥yn−x⋆∥ ≤ ∥wn −x⋆∥ ≤ ∥xn−x⋆∥+βnM1. (2.14) Từ định nghĩa của xn+1, ta có
∥xn+1−x⋆∥= ∥βn(f(yn)−x⋆) + (1−βn)(yn −x⋆)∥
≤ βn∥f(yn)−x⋆∥+ (1−βn)∥yn−x⋆∥
≤ βn∥f(yn)−f(x⋆)∥+βn∥f(x⋆)−x⋆∥+ (1−βn)∥yn−x⋆∥
≤ βnk∥yn −x⋆∥+βn∥f(x⋆)−x⋆∥+ (1−βn)∥yn−x⋆∥
≤ (1−βn(1−k))∥yn−x⋆∥+βn∥f(x⋆)−x⋆∥.
Điều này suy ra rằng
∥xn+1−x⋆∥ ≤(1−βn(1−k))∥xn −x⋆∥+βnM1+βn∥f(x⋆)−x⋆∥
= (1−βn(1−k))∥xn−x⋆∥+ (1−k)βnM1+∥f(x⋆)−x⋆∥ 1−k
≤maxn
∥xn −x⋆∥, M1+∥f(x⋆)−x⋆∥ 1−k
o
...
≤maxn
∥x1−x⋆∥,M1+∥f(x⋆)−x⋆∥ 1−k
o .
Điều này chỉ ra rằng dãy {xn} bị chặn. Ta nhận được các dãy {yn}, {wn}, {f(yn)} cũng bị chặn.
Tiếp theo, ta có
∥wn −x⋆∥2 =∥xn +αn(xn −xn−1)−x⋆∥2
=∥xn −x⋆∥2+α2n∥xn−xn−1∥2+ 2αn⟨xn −x⋆, xn −xn−1⟩
≤ ∥xn−x⋆∥2+α2n∥xn−xn−1∥2
+ 2αn∥xn−x⋆∥∥xn−xn−1∥. (2.15) Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và bất đẳng thức cơ bản (x2+y2)/2 ≥ xy với mọi số thực x, y, suy ra
∥xn+1−x⋆∥2 =⟨βnf(yn) + (1−βn)yn −x⋆, xn+1−x⋆⟩
= (1−βn)⟨yn −x⋆, xn+1−x⋆⟩+βn⟨f(yn)−x⋆, xn+1−x⋆⟩
≤ 1−βn
2 (∥yn−x⋆∥2+∥xn+1−x⋆∥2) +βn⟨f(yn)−f(x⋆), xn+1−x⋆⟩ +βn⟨f(x⋆)−x⋆, xn+1−x⋆⟩
≤ 1−βn
2 (∥yn−x⋆∥2+∥xn+1−x⋆∥2) +βn∥f(yn)−f(x⋆)∥.∥xn+1−x⋆∥ +βn⟨f(x⋆)−x⋆, xn+1−x⋆⟩
≤ 1−βn
2 (∥yn−x⋆∥2+∥xn+1−x⋆∥2) + βn
2 (∥f(yn)−f(x⋆)∥2+∥xn+1−x⋆∥2) +βn⟨f(x⋆)−x⋆, xn+1−x⋆⟩
≤ 1−βn
2 (∥yn−x⋆∥2+∥xn+1−x⋆∥2) + βn
2 (k2∥yn −x⋆∥2+∥xn+1−x⋆∥2)
+βn⟨f(x⋆)−x⋆, xn+1−x⋆⟩.
Điều này suy ra rằng
∥xn+1−x⋆∥2 ≤ [1−(1−k2)βn]∥yn−x⋆∥2
+ 2βn⟨f(x⋆)−x⋆, xn+1−x⋆⟩. (2.16) Từ (2.14), (2.15) và (2.16), ta nhận được
∥xn+1−x⋆∥2 ≤ (1−(1−k2)βn)∥xn −x⋆∥2 + 2βn⟨f(x⋆)−x⋆, xn+1−x⋆⟩
+α2n∥xn−xn−1∥2+ 2αn∥xn−x⋆∥∥xn−xn−1∥
= (1−(1−k2)βn)∥xn −x⋆∥2 + (1−k2)βn 2
(1−k2)⟨f(x⋆)−x⋆, xn+1−x⋆⟩ +αn∥xn−xn−1∥(αn∥xn−xn−1∥+ 2∥xn−x⋆∥)
≤ (1−(1−k2)βn)∥xn −x⋆∥2 + (1−k2)βn 2
(1−k2)⟨f(x⋆)−x⋆, xn+1−x⋆⟩ + 3M2αn∥xn−xn−1∥
= (1−(1−k2)βn)∥xn −x⋆∥2 + (1−k2)βn[ 2
(1−k2)⟨f(x⋆)−x⋆, xn+1−x⋆⟩ + 3M2
1−k2 αn
βn∥xn−xn−1∥]
= (1−ηn)∥xn −x⋆∥2+ηnδn, (2.17) trong đó
δn = 2
1−k2⟨f(x⋆)−x⋆, xn+1−x⋆⟩+ 3M2 1−k2
αn
βn∥xn−xn−1∥, (2.18) M2 = supn∈N{∥xn − x⋆∥, αn∥xn − xn−1∥}, và ηn = (1− k2)βn. Chú ý rằng ηn → 0,P∞
n=1ηn = ∞.
Vì {yn} bị chặn, nên tồn tại hằng số M3 >0 sao cho
∥f(yn)−x⋆∥2 ≤ M3, với mọi n. Từ tính lồi của hàm ∥.∥2, suy ra rằng
∥xn+1−x⋆∥2 =∥βn(f(yn)−x⋆) + (1−βn)(yn −x⋆)∥2
≤βn∥f(yn)−x⋆∥2+ (1−βn)∥yn−x⋆∥2
≤ ∥yn −x⋆∥2+βnM3. (2.19) Từ (2.12) và (2.19), ta suy ra
∥xn+1−x⋆∥2
≤ ∥wn−x⋆∥2−
m
X
i=1
∥JrAn,ii zn,i−zn,i∥2 (2.20)
−
m
X
i=1,i /∈In
ρn,i(2−ρn,i) ∥(I −JsBn,ii )Ti(wn,i−1)∥4
∥Ti∗(I −JsBn,ii )Ti(wn,i−1)∥2 +βnM3. (2.21) Ta cũng có
∥wn −x⋆∥2 ≤(∥xn −x⋆∥+βnM1)2
=∥xn −x⋆∥+βn(2M1∥xn −x⋆∥+βnM12)
≤ ∥xn−x⋆∥2+βnM4, (2.22) trong đóM4 = supn{2M1∥xn−x⋆∥+βnM12}<∞. Từ (2.20) và (2.22), ta nhận được
∥xn+1−x⋆∥2 ≤ ∥xn−x⋆∥2+βn(M3+M4)−
m
X
i=1
∥JrAn,ii zn,i−zn,i∥2
−
m
X
i=1,i /∈In
ρn,i(2−ρn,i) ∥(I −JsBi
n,i)Ti(wn,i−1)∥4
∥Ti∗(I −JsBn,ii )Ti(wn,i−1)∥2. (2.23) Suy ra
m
X
i=1
∥JrAn,ii zn,i−zn,i∥2+
m
X
i=1,i /∈In
ρn,i(2−ρn,i) ∥(I −JsBn,ii )Ti(wn,i−1)∥4
∥Ti∗(I −JsBn,ii )Ti(wn,i−1)∥2
≤ ∥xn −x⋆∥2 − ∥xn+1−x⋆∥2 +βn(M3+M4). (2.24) Bây giờ, đặt
ξn =
m
X
i=1
∥JrAi
n,izn,i−zn,i∥2 +
m
X
i=1,i /∈In
ρn,i(2−ρn,i) ∥(I −JsBn,ii )Ti(wn,i−1)∥4
∥Ti∗(I −JsBn,ii )Ti(wn,i−1)∥2. (2.25) và
ζn = βn(M3+M4), sn =∥xn−x⋆∥2, (2.26) bất đẳng thức (2.23) có thể viết lại ở dạng sau:
sn+1 ≤sn −ξn+ζn. (2.27) Để sử dụng Bổ đề 2.2.3, (xét các bất đẳng thức (2.17) và (2.27)), với mọi dãy con {nk} ⊂ {n},limk→∞ξnk = 0 suy ra
lim sup
k→∞
δnk ≤0.
Thật vậy, giả sử limk→∞ξnk = 0. Từ (2.25) suy ra
k→∞lim ∥JrAi
nk,iznk,i−znk,i∥= 0, i = 1,2, ..., m. (2.28) Ta cũng có
k→∞lim ρnk,i(2−ρnk,i) ∥(I −JsBi
nk,i)Ti(wnk,i−1)∥4
∥Ti∗(I −JsBnk,ii )Ti(wnk,i−1)∥2 = 0, (2.29) với mọi i /∈ Ink. Từ điều kiện C3), suy ra rằng
k→∞lim ∥(I −JsBi
nk,i)Ti(wnk,i−1)∥= 0, với mọi i /∈Ink. (2.30) Nếu i ∈ Ink, tức là, ∥Ti∗(I −JsBi
nk,i)Ti(wnk,i−1)∥ = 0, từ JsBi
nk,i(Ti(x⋆)) = Ti(x⋆), tính không giãn của JsBi
nk,i và đẳng thức 2⟨x, y⟩ = ∥x∥2+∥y∥2 − ∥x−y∥2 với mọi x, y∈ H, ta nhận được
0 =⟨Ti∗(I −JsBi
nk,i)Ti(wnk,i−1), wnk,i−1−x⋆⟩
=⟨(I −JsBi
nk,i)Ti(wnk,i−1), Ti(wnk,i−1)−Ti(x⋆)⟩
= 1
2(∥Ti(wnk,i−1)−JsBi
nk,i(Ti(wnk,i−1))∥2+∥Ti(wnk,i−1)−Ti(x⋆)∥2
− ∥JsBi
nk,i(Ti(wnk,i−1))−Ti(x⋆)∥2)
≥ 1
2∥Ti(wnk,i−1)−JsBi
nk,i(Ti(wnk,i−1))∥2. Điều này suy ra rằng ∥(I −JsBi
nk,i)Ti(wnk,i−1)∥= 0. Do đó, ta thu được
k→∞lim ∥(I −JsBi
nk,i)Ti(wnk,i−1)∥ = 0, với mọi i = 1,2, . . . , m. (2.31) Từ zn,i = (I −τn,iTi∗(I −JsBn,ii )Ti)wn,i−1, (2.29) và (2.31), ta có
k→∞lim ∥znk,i−wnk,i−1∥= 0, i = 1,2, ..., m. (2.32) Từ (2.28), (2.32) và đánh giá dưới đây
∥Sn(1)wn −wn∥=∥JrAn,11 zn,1−wn∥ ≤ ∥JrAn,11 zn,1 −zn,1∥+∥zn,1−wn∥, ta nhận được
k→∞lim ∥Sn(1)kwnk −wnk∥= 0. (2.33) Chú ý rằng wn,1 =Sn(1)wn và Sn(2)Sn(1)wn =JrAn,22 zn,2. Từ đánh giá sau
∥Sn(2)Sn(1)wn −wn∥ ≤ ∥Sn(2)Sn(1)wn−Sn(1)wn∥+∥Sn(1)wn−wn∥
≤ ∥JrAn,22 zn,2−zn,2∥+∥zn,2−wn,1∥+∥Sn(1)wn −wn∥ và (2.28), (2.32), và (2.33), ta nhận được
k→∞lim ∥Sn(2)kSn(1)kwnk −wnk∥= 0.
Tiếp tục quá trình trên, ta đi đến limk→∞∥Sn(i)k...Sn(1)kwnk −wnk∥ = 0 với mọi i = 1,2, . . . , m, tức là,
k→∞lim ∥wnk,i−wnk∥= 0, i = 0,1, . . . , m. (2.34)
Điều này cũng chỉ ra rằng
k→∞lim ∥ynk −wnk∥= 0. (2.35) Từ limn→∞ αn
βn∥xn−xn−1∥ = 0 và limn→∞βn = 0, suy ra
∥xn−wn∥= αn∥xn −xn−1∥= βnαn
βn∥xn−xn−1∥ →0. (2.36) Sử dụng (2.34), (2.36) và đánh giá dưới đây
∥xn −wn,i∥ ≤ ∥xn−wn∥+∥wn −wn,i∥, ta thu được
k→∞lim ∥xnk −wnk,i−1∥ = 0, i = 1,2, . . . , m. (2.37) Từ (2.32), (2.37) và bất đẳng thức sau
∥zn,i−xn∥ ≤ ∥zn,i−wn,i−1∥+∥wn,i−1−xn∥, i = 1,2, . . . , m, ta nhận được
k→∞lim ∥znk,i−xnk∥= 0, i = 1,2, . . . , m.
Vì dãy {xnk} bị chặn, nên tồn tại một dãy con {xn
kj} của {xnk} hội tụ yếu về bx. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng xnk ⇀ x. Vìb limk→∞∥znk,i − xnk∥ = 0, nên ta có znk,i ⇀ bx với mọi i = 1,2, . . . , m. Từ điều kiện C2) và Mệnh đề 1.3.13 i), suy ra
∥JrAi(znk,i)−znk,i∥ ≤2∥JrAi
nk,i(znk,i)−znk,i∥.
Điều này kết hợp với (2.28), ta nhận được limk→∞∥JrAi(znk,i)−znk,i∥ = 0. Từ tính nửa đóng của I −JrAi, suy ra bx∈ F(JrAi) =A−1i (0), i= 1,2, ..., m.
Vì Ti là toán tử tuyến tính bị chặn và từ (2.37), ta có Ti(wnk,i−1) ⇀ Tibx.
Bằng lập luận tương tự như trên, ta cũng nhận được Tibx∈Fix(JsBi) =Bi−1(0), i = 1,2, ..., m. Do đó xb∈Ω.
Bây giờ, ta chỉ ra rằng lim sup
k→∞
⟨f(x⋆)−x⋆, xnk −x⋆⟩ ≤0. (2.38) Thật vậy, giả sử {xn
kj} là một dãy con của {xnk} sao cho
j→∞lim⟨f(x⋆)−x⋆, xnkj −x⋆⟩= lim sup
k→∞
⟨f(x⋆)−x⋆, xnk −x⋆⟩.
Từ xn
kj ⇀ bx∈Ω, x⋆ =PΩ(f(x⋆)) và (1.3), suy ra
lim sup
k→∞
⟨f(x⋆)−x⋆, xnk −x⋆⟩= lim
j→∞⟨f(x⋆)−x⋆, xn
kj −x⋆⟩
=⟨f(x⋆)−x⋆,xb−x⋆⟩ ≤ 0. (2.39) Từ tính bị chặn của {yn}, {f(yn)} và βn →0, suy ra rằng
n→∞lim ∥xn+1−yn∥= lim
n→∞βn∥yn−f(yn)∥= 0. (2.40) Từ (2.35), (2.36) và (2.40), ta nhận được
k→∞lim ∥xnk+1−xnk∥= 0. (2.41) Kết hợp (2.18), (2.39) và (2.41), ta suy ra
lim sup
k→∞
δnk ≤0.
Do đó, các điều kiện trong Bổ đề 2.2.3 được thỏa mãn. Vì vậy, ta nhận được limn→∞sn = limn→∞∥xn − x⋆∥2 = 0, tức là, {xn} hội tụ mạnh về x⋆ =PΩ(f(x⋆)).
Định lý được chứng minh.