Chương 2. Hai thuật toán chiếu giải hệ bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát và bài toán điểm bất động 21 2.1. Mô hình bài toán nghiên cứu
2.2. Thuật toán chiếu co hẹp
Thuật toán chiếu co hẹp giải bài toán (2.4) được thiết kế như sau:
Thuật toán chiếu co hẹp (ALGO-1)
Bước 0. Chọn các tham số αn ∈ [0,1], {rjn} ⊂ [ε,∞) với ε > 0 với mọi j = 1,2, . . . , M. Chọn x0 ∈ K0 = H0 :=C tùy ý và gán n := 0.
Bước 1. Với xn đã biết, với mỗi i = 1,2, . . . , N, ta tính các uin như sau:
uin = J−1(αnJ(xn) + (1 −αn)J(Ti(xn))).
Bước 2. Chọn in ∈ argmax
1≤i≤N
{Φ(uin, xn)} và đặt zn = uinn. Xác định tập hợp Kn+1 = {a∈ Kn : Φ(a, zn) ≤ Φ(a, xn)}.
Bước 3. Với mỗi j = 1,2, . . . , M, ta tính các wnj như sau:
wnj = T j
rjn(zn), trong đó
T j
rnj(x) ={u∈ C :fj(u, y) + 1 rjn
⟨y −u, J(u)−J(x)⟩ ≥ 0, ∀y ∈ C}, với
fj(u, y) = Θj(u, y) +⟨Ψj(x), y −u⟩+φj(y)−φj(u).
Bước 4. Chọn jn ∈ argmax
1≤j≤M
{Φ(wnj, zn)} và đặt yn =wnjn. Xác định tập hợp Hn+1 = {a ∈ Hn : Φ(a, yn) ≤ Φ(a, zn)}.
Bước 5. Tính
xn+1 = ΠKn+1∩Hn+1(x0).
Gán n ← n+ 1 và tiếp tục thực hiện Bước 1.
Sự hội tụ mạnh của dãy {xn} về nghiệm của bài toán (2.4) được phát biểu trong định lí sau.
Định lí 2.1. Nếu các điều kiện từ (C1) đến (C6) bảo đảm và lim inf
n→∞ αn(1−αn) >0,
thì dãy {xn} sinh bởi thuật toán ALGO-1 hội tụ mạnh đến ΠΩ(x0).
Chứng minh. Trước hết, chúng ta để ý rằng ánh xạ T j
rnj(x) là hoàn toàn xác định theo Bổ đề 1.10 với mọi j = 1,2, . . . , M. Hơn nữa, nó cũng thỏa mãn các kết luận của Bổ đề 1.8.
Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh kết luận định lí trên thông qua một số bước sau đây.
Bước 1. Dãy {xn} hoàn toàn được xác định.
Hiển nhiên, K0 = H0 = C là tập lồi và đóng. Giả sử rằng Kn và Hn là các tập con lồi, đóng của E với n ≥ 0. Để ý rằng, ta có thể biểu diễn Kn+1 và Hn+1 dưới dạng Kn+1 = Kn∩Kb và Hn+1 = Hn∩Hb với
Kb :={a∈ E : 2⟨a, J(xn)−J(zn)⟩ ≤ ∥xn∥2 − ∥zn∥2} và
Hb :={a ∈ E : 2⟨a, J(zn)−J(yn)⟩ ≤ ∥zn∥2 − ∥yn∥2}.
Vì Kb và Hb là các nửa không gian đóng nên nó cũng là các tập con lồi, đóng của không gian Banach E. Điều đó suy ra Kn+1 và Hn+1 cũng là các tập con lồi và đóng của E. Theo nguyên lí quy nạp, Kn và Hn là các tập con lồi và đóng E với mọi n ≥ 0. Vì thế, dãy {xn} hoàn toàn được xác định.
Bước 2. Ta có Ω⊆ Kn∩Hn với mọi n ≥ 0.
Hiển nhiên Ω ⊂ K0∩H0 = C. Giả sử Ω ⊆ Kn∩Hn với n ≥ 0 và lấy tùy ý một phần tử p ∈ Ω. Từ tính tựa Φ-không giãn của Tin, Bổ đề 1.6, Bổ đề 1.8 (iii) và Bổ đề 1.9, ta có ước lượng sau
Φ(p, zn) = Φ(p, uinn)
= Φ(p, J−1(αnJ(xn) + (1 −αn)J(Tin(xn))))
≤ αnΦ(p, xn) + (1−αn)Φ(p, Tin(xn))
≤ αnΦ(p, xn) + (1−αn)Φ(p, xn)
= Φ(p, xn) và
Φ(p, yn) = Φ(p, wnjn) = Φ(p,T jn
rnjn(zn)) ≤ Φ(p, zn).
Do đó, p ∈ Kn+1 ∩Hn+1 và vì thế, theo nguyên lí quy nạp, ta cũng suy ra Ω⊆ Kn∩Hn với mọi n ≥ 0.
Bước 3. Tồn tại giới hạn hữu hạn lim
n→∞Φ(xn, x0) Vì Kn+1∩Hn+1 ⊂ Kn∩Hn nên
xn+1 = ΠKn+1∩Hn+1(x0) ∈ Kn ∩Hn
với mọi n ≥ 0. Bên cạnh đó, từ thực tế xn = ΠKn∩Hn(x0) và Φ(xn, x0)≤ Φ(x, x0), ∀x ∈Kn∩Hn,∀n ≥ 0, ta nhận được
Φ(xn, x0) ≤ Φ(xn+1, x0), ∀n ≥ 0.
Điều này suy ra {Φ(xn, x0)} là dãy đơn điệu tăng.
Hơn nữa, theo Bổ đề 1.5, ta lại có
Φ(xn, x0) = Φ(ΠKn∩Hn(x0), x0) ≤ Φ(p, x0)−Φ(p, xn) ≤ Φ(p, x0), ∀n ≥ 0, với mỗi p ∈ Ω⊂ Kn∩Hn. Điều này có nghĩa là {Φ(xn, x0)} bị chặn và vì thế dãy {Φ(xn, x0)} hội tụ.
Bước 4. Tồn tại giới hạn lim
n→∞xn.
Chúng ta để ý rằng xm = ΠKm∩Hm(x0)∈ Kn∩Hn với mọi số nguyên dương m ≥ n. Do đó, ta có
Φ(xm, xn) = Φ(xm,ΠKn∩Hn(x0))≤ Φ(xm, x0)−Φ(xn, x0) →0, (2.5)
khi m, n → ∞. Theo Bổ đề 1.3, ta nhận được
∥xm −xn∥ → 0.
Do đó, {xn} là một dãy Cauchy. VìE là không gian Banach và C là tập đóng nên ta có thể giả sử rằng
xn →p∗ ∈C. (2.6)
Bước 5. Cả hai dãy {zn} và {yn} đều hội tụ đến p∗.
Từ (2.5) và xn+1 = ΠKn+1∩Hn+1(x0) ∈ Kn+1∩Hn+1 ⊂ Kn+1 dẫn đến Φ(xn+1, zn)≤ Φ(xn+1, xn)→ 0.
Điều này suy ra
Φ(xn+1, zn) → 0.
Theo Bổ đề 1.3, ta có
∥xn+1−zn∥ → 0, nên ta cũng có
∥xn −zn∥ → 0.
Bây giờ, từ (2.6) và ước lượng
∥zn−p∗∥ ≤ ∥zn−xn∥+∥xn−p∗∥, ta nhận được
zn → p∗.
Tương tự, vì xn+1 = ΠKn+1∩Hn+1(x0)∈ Kn+1∩Hn+1 ⊂ Hn+1 nên Φ(xn+1, yn) ≤ Φ(xn+1, zn)→ 0.
Điều này đảm bảo rằng Φ(xn+1, yn) →0. Sử dụng Bổ đề 1.3 một lần nữa, ta cũng nhận được
∥xn+1 −yn∥ → 0 và vì thế
∥xn−yn∥ → 0.
Tiếp theo, từ bất đẳng thức
∥yn−p∗∥ ≤ ∥yn −xn∥+∥xn −p∗∥,
và giới hạn trên ta nhận được
yn → p∗.
Bước 6. Ta có
∥J(xn)−J(Tin(xn))∥ → 0. (2.7) Từ định nghĩa của yn = wnjn, (2.6) và kết luận ở Bước 5, với mọi j = 1,2, . . . , M, ta cũng có
Φ(wnj, zn) ≤ Φ(wnjn, zn) = Φ(yn, zn)→ 0.
Theo Bổ đề 1.3, ta có
∥wjn−zn∥ → 0, nên suy ra
wnj → p∗. (2.8)
Hơn nữa
∥wnj −xn∥ ≤ ∥wjn−zn∥+∥zn−xn∥ → 0.
Vì J liên tục đều trên các tập con bị chặn của E nên
∥J(wjn)−J(zn)∥ → 0, ∥J(wnj)−J(xn)∥ → 0, (2.9) với mọi j = 1,2, . . . , M.
Mặt khác, dãy {xn} bị chặn nên các dãy {Ti(xn)} cũng bị chặn với mọi i = 1,2, . . . , N (vì Ti là các ánh xạ tựa Φ-không giãn). Vì thế tồn tại một hằng số dương
r = sup
n
{∥xn∥,∥T1(xn)∥,∥T2(xn)∥, . . . ,∥TN(xn)∥}< ∞ sao cho
∥xn∥ = ∥J(xn)∥ ≤r,∥Tin(xn)∥ =∥J(Tin(xn))∥ ≤r, ∀n ≥ 0.
Với mọi p ∈Ω, Theo Bổ đề 1.1, Bổ đề 1.6 và Bổ đề 1.9, ta có Φ(p, wjn) = Φ(p,T j
rjn(zn)) (2.10)
≤ Φ(p, zn) = Φ(p, uinn)
= Φ(p, J−1(αnJ(xn) + (1−αn)J(Tin(xn)))
= ∥p∥2 −2⟨p, αnJ(xn) + (1 −αn)J(Tin(xn))⟩
+∥αnJ(xn) + (1−αn)J(Tin(xn))∥2
≤ ∥p∥2 −2αn⟨p, J(xn)⟩ −2(1 −αn)⟨p, J(Tin(xn))⟩
+αn∥J(xn)∥2 + (1−αn)∥J(Tin(xn))∥2
−αn(1−αn)g(∥J(xn)−J(Tin(xn))∥)
≤ ∥p∥2 −2αn⟨p, J(xn)⟩ −2(1 −αn)⟨p, J(Tin(xn))⟩
+αn∥xn∥2 + (1−αn)∥Tin(xn)∥2
−αn(1−αn)g(∥J(xn)−J(Tin(xn))∥)
= αnΦ(p, xn) + (1−αn)Φ(p, Tin(xn))
−αn(1−αn)g(∥J(xn)−J(Tin(xn))∥)
≤ Φ(p, xn)−αn(1−αn)g(∥J(xn)−J(Tin(xn))∥), ở đây hàm số g xác định như trong Bổ đề 1.1. Điều này dẫn đến
αn(1−αn)g(∥J(xn)−J(Tin(xn))∥) ≤ Φ(p, xn)−Φ(p, wnj). (2.11) Chúng ta cũng để ý rằng
Φ(p, xn)−Φ(p, wnj) = (∥p∥2−2⟨p, J(xn)⟩+∥xn∥2)
−(∥p∥2 −2⟨p, J(wjn) +∥wjn∥2)
= 2⟨p, J(wnj)−J(xn)⟩+∥xn∥2 − ∥wjn∥2
≤ 2∥p∥∥J(wjn)−J(xn)∥+∥xn∥2− ∥wnj∥2. Sử dụng (2.6), (2.8) và (2.9), ta nhận được
Φ(p, xn)−Φ(p, wjn) → 0.
Sử dụng giả thiết đối với αn và (2.11), ta có
g(∥J(xn)−J(Tin(xn))∥) → 0.
Do đó, ta nhận được (2.7) nhờ tính chất của hàm số g.
Bước 7. Ta có
p∗ ∈
N
\
i=1
Fix(Ti)
! .
Từ định nghĩa của zn, ta có
Φ(uin, xn) ≤ Φ(zn, xn) → 0, ∀i = 1,2, . . . , N.
Vì thế
uin → p∗, và
∥J(uin)−J(xn)∥ → 0,
với mọi i = 1,2, . . . , N. Thay wnj bởi uin trong ước lượng (2.10) và lặp lại chứng minh trong Bước 6, ta cũng có
∥J(xn)−J(Ti(xn))∥ → 0, ∀i = 1,2, . . . , N.
Điều này suy ra
∥xn−Ti(xn)∥ → 0, ∀i= 1,2, . . . , N.
Vì xn →p∗ và Ti là ánh xạ đóng với mọi i = 1,2, . . . , N nên ta nhận được p∗ ∈
N
\
i=1
Fix(Ti)
! .
Bước 8. Ta có
p∗ ∈
M
\
j=1
GMEP(Θj,Ψj, φj)
!
(2.12) Từ (2.1), với mọi j = 1,2, . . . , M, ta có bất đẳng thức ước lượng sau
fj(wjn, y) + 1 rnj
⟨y−wjn, J(wnj)−J(zn)⟩ ≥ 0, ∀y ∈ C.
Từ giả thiết (A2) dẫn đến
fj(y, wnj) ≤ −fj(wnj, y) ≤ 1 rjn
⟨y −wnj, J(wjn)−J(zn)⟩, ∀y ∈ C.
với mọi j = 1,2, . . . , M. Ngoài ra, ta cũng có fj(y, wjn) ≤ 1
rnj
∥y−wnj∥∥J(wnj)−J(zn)∥ ∀y ∈ C, với mọi j = 1,2, . . . , M.
Cho n → ∞ trong bất đẳng thức trên, kết hợp (2.9) với các giả thiết về tham số {rnj} và (A4), ta nhận được
fj(y, p∗)≤ 0, ∀y ∈C, ∀j = 1,2, . . . , M.
Với mọi t ∈ (0,1) và y ∈C ta có yt :=ty + (1−t)p∗ ∈C. Do đó, ta có fj(yt, p∗) ≤ 0, ∀y ∈ C, ∀j = 1,2, . . . , M.
Từ (A1), với mọi j = 1,2, . . . , M, ta cũng có
0 = fj(yt, yt) ≤ tfj(yt, y) + (1−t)fj(yt, p∗) ≤ tfj(yt, y).
Điều này dẫn đến
fj(yt, y) ≥ 0, ∀j = 1,2, . . . , M.
Từ (A3) và cho t ↓ 0, ta nhận được
fj(p∗, y)≥ 0, ∀y ∈C, ∀j = 1,2, . . . , M.
Hay nói cách khác, (2.12) được bảo đảm.
Bước 9. Ta có p∗ = ΠΩ(x0).
Thật vậy, từ định nghĩa xn = ΠKn∩Hn(x0) và Bổ đề 1.4, ta thấy rằng
⟨y−xn, J(xn)−J(x0)⟩ ≥ 0, ∀y ∈Kn∩Hn. Vì Ω⊂ Kn∩Hn với mọi n ≥ 0 nên
⟨y−xn, J(xn)−J(x0)⟩ ≥ 0, ∀y ∈Ω.
Cho n → ∞ trong bất đẳng thức trên, ta được
⟨y−p∗, J(p∗)−J(x0)⟩ ≥ 0, ∀y ∈ Ω.
Theo Bổ đề 1.4, ta có p∗ = ΠΩ(x0).
Định lí được chứng minh.
Nếu E ≡ H là không gian Hilbert thực thì J ≡ I và Φ(x, y) = ∥x−y∥2, ∀x, y ∈ H.
Do đó, ta nhận được hệ quả trực tiếp sau đây.
Hệ quả 2.1. Nếu các điều kiện từ (C1) đến (C6) bảo đảm và lim inf
n→∞ αn(1−αn) >0, thì dãy {xn} xác định bởi
uin =αnxn+ (1−αn)Ti(xn), i = 1,2, . . . , N, Chọn in ∈ argmax
1≤i≤N
{∥uin−xn∥}, zn =uinn,
Kn+1 = {a ∈ Kn : ∥a−zn∥ ≤ ∥a−xn∥}, wnj =T j
rnj(zn), j = 1,2, . . . , M, Chọn jn ∈argmax
1≤j≤M
{∥wnj −xn∥}, yn = wnjn,
Hn+1 ={a∈ Hn :∥a−yn∥ ≤ ∥a−zn∥}, xn+1 = PKn+1∩Hn+1(x0), n ≥ 0,
hội tụ mạnh tới PΩ(x0), trong đó Tj
rjn(x) ={u∈ C : fj(u, y) + 1 rnj
⟨yưu, uưx⟩ ≥ 0, ∀y ∈ C}.
Nhận xét 2.1. Cho Ti : C → C, i = 1,2, . . . , N là các ánh xạ không giãn tương đối. Khi đó, Định lí 2.1 vẫn đúng mà không cần tính đóng của các ánh xạ Ti.
Thật vậy, ta chỉ cần chứng tỏ rằng p∗ ∈
N
\
i=1
Fix(Ti)
! .
Trong kết luận cuối ở Bước 7, chúng ta để ý rằng
∥xn−Ti(xn)∥ → 0, ∀i= 1,2, . . . , N.
Mặt khác, vì xn ⇀ p∗ và Ti là các ánh xạ không giãn tương đối nên p∗ ∈ F(Ti) = Fix(Ti), ∀i = 1,2, . . . , N.