Chương 2. Phương pháp lặp tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn tương đối 23 2.1. Phương pháp chiếu lai ghép
2.2. Phương pháp lặp Halpern-Mann
Trong mục này, chúng tôi trình bày lại phương pháp đề xuất bởi Nilsrakoo và Saejung [5] tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn tương đối trong không gian Banach lồi đều và trơn đều.
Để thuận tiện cho việc trình bày chi tiết chứng minh, trước hết chúng tôi nhắc lại một số Bổ đề quan trọng sau.
Bổ đề 2.1. [5]
Cho {an} là dãy các số thực không âm. Giả sử
an+1 ≤ (1−αn)an+αnδn, ∀n ∈ N, trong đó, {αn} ⊂ (0,1) và {δn} ⊂R thỏa mãn
(i) lim
n→∞αn = 0, (ii)
∞
X
n=1
αn = ∞,
(iii) 0 < lim sup
n→∞
δn ≤ 0.
Khi đó, ta có an → 0.
Bổ đề 2.2. [5]
Giả sử {an} là dãy các số thực mà ở đó tồn tại một dãy con {ni} của {n}
sao cho
ani < ani+1, ∀i ∈ N.
Khi đó, tồn tại một dãy không giảm {mk} ⊂ N thỏa mãn mk → ∞ và tính chất dưới đây bảo đảm với k ∈ N đủ lớn
amk ≤ amk+1, ak ≤ amk+1. Bổ đề 2.3. [5]
Cho E là không gian Banach phản xạ, lồi chặt và trơn. Cho C là tập con lồi đóng khác rỗng của E. Cho T : C → E là ánh xạ không giãn tương đối với Fix(T) 6=∅. Nếu {xn} là dãy bị chặn và thỏa mãn
xn−T(xn) → 0, thì ta có
lim sup
n→∞
hxn−x, Jˆ (x)−J(ˆx)i ≤ 0, ở đây, xˆ = ΠFix(T)(x).
Thông qua việc cải biên và kết hợp phương pháp lặp Halpern và phương pháp Mann, năm 2011, Nilsrakoo và Saejung đã nhận được kết quả sau đây.
Định lí 2.2. [5]
Cho E là không gian Banach lồi đều và trơn đều. Cho C là tập con lồi đóng khác rỗng của E. Cho T : C → C là ánh xạ không giãn tương đối với Fix(T) 6= ∅. Giả sử dãy các số thực {αn} ⊂ [0,1] và {βn} ⊂ [0,1] thỏa mãn các điều kiện sau
A1) lim
n→∞αn = 0, A2)
∞
X
n=1
αn = ∞,
A3) 0 < lim inf
n→∞ βn ≤ lim sup
n→∞
βn < 1.
Khi đó, dãy {xn} xác định bởi
u∈ E, x1 ∈ C,
yn = βnJ(xn) + (1 −βn)J(T(xn)), xn+1 = ΠCJ−1(αnJ(u) + (1−αn)yn),
(2.5)
hội tụ mạnh đến uˆ := ΠFix(T)(u).
Chứng minh. Định lí được chứng minh thông qua một số bước như sau:
Bước 1. Chứng minh {xn} bị chặn.
Nếu đặt zn = J−1(βnJ(xn) + (1−βn)J(T(xn))) thì xn+1 = ΠCJ−1(αnJ(u) + (1−αn)J(zn)) Lấy tùy ý p ∈Fix(T), từ Nhận xét 1.5 ta có
φ(p, zn) = φ(p, J−1(βnJ(xn) + (1−βn)J(T(xn))))
≤ βnφ(p, xn) + (1−βn)φ(p, T(xn))
≤ βnφ(p, xn) + (1−βn)φ(p, xn)
= φ(p, xn), và
φ(p, xn+1) = φ(p,ΠCJ−1(αnJ(u) + (1−αn)J(zn)))
≤ φ(p, J−1(αnJ(u) + (1−αn)J(zn)))
≤ αnφ(p, u) + (1−αn)φ(p, zn)
≤ αnφ(p, u) + (1−αn)φ(p, xn)
≤ max{φ(p, u), φ(p, xn)}.
Bằng quy nạp suy ra
φ(p, xn+1) ≤ max{φ(p, u), φ(p, x1)}, ∀n ∈ N. Do đó, dãy {xn} bị chặn.
Bước 2. Chứng minh
φ(ˆu, xn+1) ≤ (1−αn)φ(ˆu, xn) + 2αnhwn−u, Jˆ (u)−J(ˆu)i.
Vì {xn} bị chặn nên {T(xn)} cũng bị chặn. Giả sử g : [0,2r] → [0,∞) là hàm số thỏa mãn Mệnh đề 1.17, trong đó số thực dương r xác định bởi
r = sup
n∈N
{kuk,kxnk,kT(xn)k}.
Ta có ước lượng sau
φ(ˆu, zn) = φ(ˆu, J−1(βnJ(xn) + (1−βn)J(T(xn))))
≤ βnφ(ˆu, xn) + (1−βn)φ(ˆu, T(xn))
−βn(1−βn)g(kJ(xn)−J(T(xn))k)
≤ φ(ˆu, xn) + (1−βn)φ(ˆu, xn)
−βn(1−βn)g(kJ(xn)−J(T(xn))k)
= φ(ˆu, xn)−βn(1−βn)g(kJ(xn)−J(T(xn))k).
Vì thế, ta nhận được
φ(ˆu, zn) ≤ φ(ˆu, xn)−βn(1−βn)g(kJ(xn)−J(T(xn))k), (2.6) và
φ(ˆu, xn+1) = φ(ˆu,ΠCJ−1(αnJ(u) + (1−αn)J(zn)))
≤ φ(ˆu, J−1(αnJ(u) + (1−αn)J(zn)))
≤ αnφ(ˆu, u) + (1−αn)φ(ˆu, zn)
≤ αnφ(ˆu, u) + (1−αn)[φ(ˆu, xn)
−βn(1−βn)g(kJ(xn)−J(T(xn))k)]
(2.7)
Ta đặt
M = sup
n∈N
{|φ(ˆu, u)−φ(ˆu, xn)|+βn(1−βn)g(kJ(xn)−J(T(xn))k)}.
Khi đó, từ ước lượng (2.7) ta có
βn(1−βn)g(kJ(xn)−J(T(xn))k) ≤ φ(ˆu, xn)−φ(ˆu, xn+1) +αnM. (2.8) Kí hiệu
wn = J−1(αnJ(u) + (1−αn)J(zn)).
Ta có xn+1 = ΠC(wn). Từ Mệnh đề 1.18 và (2.6) ta nhận được φ(ˆu, xn+1) = φ(ˆu,ΠCJ−1(αnJ(u) + (1−αn)J(zn)))
= V(ˆu, αnJ(u) + (1−αn)J(zn))
≤ V(ˆu,[αnJ(u) + (1−αn)J(zn)]−[αn(J(u)−J(ˆu))])
−2hJ−1(αnJ(u) + (1−αn)J(zn))−u,ˆ
−αn(J(u)−J(ˆu))i
= V(ˆu, αnJ(ˆu) + (1−αn)J(zn)) + 2αnhwn−u, Jˆ (u)−J(ˆu)i
= φ(ˆu, J−1(αnJ(ˆu) + (1−αn)J(zn))) + 2αnhwn−u, Jˆ (u)−J(ˆu)i
≤ αnφ(ˆu,u) + (1ˆ −αn)φ(ˆu, zn) + 2αnhwn −u, Jˆ (u)−J(ˆu)i.
Hay suy ra
φ(ˆu, xn+1) ≤ (1−αn)φ(ˆu, xn) + 2αnhwn−u, Jˆ (u)−J(ˆu)i. (2.9) Bước 3. Chứng minh xn → u.ˆ
Trường hợp 1. Nếu tồn tại n0 ∈ N sao cho dãy {φ(ˆu, xn)} là dãy đơn điệu tăng thì dãy {φ(ˆu, xn)} hội tụ (tính bị chặn suy ra từ ước lượng cuối trong Bước 1). Khi đó, ta có
φ(ˆu, xn)−φ(ˆu, xn+1) →0.
Kết hợp với A1), A3) và (2.8) suy ra
g(kJ(xn)−J(T(xn))k) →0.
Điều này dẫn đến
J(xn)−J(T(xn)) → 0, và vì thế ta nhận được
xn−T(xn) → 0.
Mặt khác, ta lại có
φ(T(xn), zn) ≤ βnφ(T(xn), xn) + (1−βn)φ(T(xn), T(xn))
=βnφ(T(xn), xn) →0, và
φ(zn, wn)≤ αnφ(zn, u) + (1−αn)φ(zn, zn)
= αnφ(zn, u)→ 0.
Từ đây suy ra
T(xn)−zn → 0, zn−wn → 0.
Kết hợp với (2.9) ta nhận được
xn−zn →0, xn−wn → 0.
Áp dụng Bổ đề 2.3, ta có lim sup
n→∞
hwn −u, J(u)−J(ˆu)i = lim sup
n→∞
hxn−u, J(u)−J(ˆu)i ≤ 0.
Từ (2.9) cùng các điều kiện A1), A2) và áp dụng Bổ đề 2.1 cho an+1 := φ(ˆu, xn+1), δn := 2hwn−u, Jˆ (u)−J(ˆu)i, ta suy ra
φ(ˆu, xn)→ 0.
Hay ta có xn →u.ˆ
Trường hợp 2. Giả sử tồn tại một dãy con {ni} của {n} sao cho φ(ˆu, xni) ≤ φ(ˆu, xni+1), ∀i ∈ N.
Khi đó, theo Bổ đề 2.2, tồn tại dãy không giảm {mk} ⊂N sao cho mk → ∞ và
φ(ˆu, xmk)≤ φ(ˆu, xmk+1), φ(ˆu, xk)≤ φ(ˆu, xmk+1), ∀k ∈ N. Kết hợp với (2.8) suy ra
βmk(1−βmk)g(kJ(xmk)−J(T(xmk))k) ≤ φ(ˆu, xmk)−φ(ˆu, xmk+1) +αmkM
≤ αmkM.
Từ A1) và A3) dẫn đến
kJ(xmk)−J(T(xmk))k → 0.
Bây giờ lập luận tương tự như trong Trường hợp 1, ta nhận được lim sup
k→∞
hwmk −u, Jˆ (u)−J(ˆu)i ≤ 0. (2.10) Tiếp theo, từ (2.7) ta lại có
φ(ˆu, xmk+1) ≤ (1−αmk)φ(ˆu, xmk) + 2αmkhwmk −u, Jˆ (u)−J(ˆu)i. (2.11) Vì thế ta nhận được
αmkφ(ˆu, xmk)≤ φ(ˆu, xmk)−φ(ˆu, xmk+1) + 2αmkhwmk −u, Jˆ (u)−J(ˆu)i
≤ 2αmkhwmk −u, Jˆ (u)−J(ˆu)i.
Điều này cho ta
φ(ˆu, xmk) ≤ 2hwmk −u, Jˆ (u)−J(ˆu)i.
Do đó, từ (2.10) ta có
φ(ˆu, xmk) → 0, và từ (2.11) ta cũng có
φ(ˆu, xmk+1)→ 0, Mặt khác, vì φ(ˆu, xk) ≤ φ(ˆu, xmk+1) nên
φ(ˆu, xk) → 0.
Hay suy ra xk → u.ˆ
Trong không gian Hilbert, ta có hệ quả trực tiếp của Định lí trên.
Hệ quả 2.3. [5]
Cho C là tập con lồi đóng khác rỗng của không gian Hilbert thực H. Cho T : C → C là ánh xạ không giãn (tương đối) với Fix(T) 6= ∅. Giả sử dãy các số thực {αn} ⊂[0,1] và {βn} ⊂ [0,1] thỏa mãn các điều kiện sau
A1) lim
n→∞αn = 0, A2)
∞
X
n=1
αn = ∞,
A3) 0 < lim inf
n→∞ βn ≤ lim sup
n→∞
βn < 1.
Khi đó, dãy {xn} xác định bởi
u∈ H, x1 ∈ C,
yn = βnxn+ (1−βn)T(xn), xn+1 =PC(αnu+ (1−αn)yn),
(2.12)
hội tụ mạnh đến uˆ := PFix(T)(u).
Từ Nhận xét 2.1 và chứng minh Hệ quả 2.2 ta cũng nhận được kết quả sau từ Định lí 2.2.
Hệ quả 2.4. [5]
Cho E là không gian Banach lồi đều và trơn đều. Cho A : E ⇒ E∗ là toán tử đơn điệu cực đại. Cho Jr là toán tử giải của toán tử A với r > 0. Giả sử dãy các số thực {αn} ⊂[0,1] và {βn} ⊂ [0,1] thỏa mãn các điều kiện sau A1) lim
n→∞αn = 0, A2)
∞
X
n=1
αn = ∞,
A3) 0 < lim inf
n→∞ βn ≤ lim sup
n→∞
βn < 1.
Xét dãy {xn} xác định bởi
u∈ E, x1 ∈ E,
yn = βnJ(xn) + (1−βn)J(Jr(xn)), xn+1 =J−1(αnJ(u) + (1−αn)yn),
(2.13)
trong đó, Jr là toán tử giải của toán tử A. Nếu Zer(A) 6= ∅ thì {xn} hội tụ mạnh đến ΠZer(A)(u).