Định lý sau đây chứng tỏ rằng, nếu song hàm cân bằng f đơn điệu trênK thì phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov có thể mở rộng được cho BTCB theo nghĩa cổ điển của phương pháp, đó là, bài toán hiệu chỉnh luôn có duy nhất nghiệm và quỹ đạo nghiệm của nó hội tụ về nghiệm của bài toán gốc khi cho tham số hiệu chỉnh ε→0+.
Định lý 3.1. Giả sửf đơn điệu trên K và thỏa mãn các giả thiết (A1),(A2).
Khi đó, với mỗi ε >0, bài toánE(K, fε)luôn có duy nhất nghiệm x(ε) và các khẳng định sau đây là tương đương nhau:
a) limε→0+x(ε) tồn tại.
b) limε→0+supkx(ε)k<+∞.
c) Tập nghiệm SE(K, f) của bài toán E(K, f) khác rỗng.
Hơn nữa, nếu một trong ba khẳng định trên được thỏa thì limε→0+x(ε) chính là hình chiếu x∗ của xg trên tậpSE(K, f)và cũng là nghiệm duy nhất của bài toán E(K, g), trong đóe
Ke :=SE(K, f) và g(x, y) :=hx−xg, y−xi.
Chứng minh. Dễ thấy fε(., y) thỏa mãn các giả thiết (A1),(A2) và đơn điệu mạnh trênK dof đơn điệu vàg đơn điệu mạnh trênK (xem Nhận xét 1.3.1).
Do đó, theo Định lý 2.3, bài toán E(K, fε) luôn có duy nhất nghiệm với mỗi ε >0.
a) ⇒ b): Hiển nhiên.
b) ⇒c): Tính bị chặn của {x(ε)}khi ε→0+ suy ra rằng, với mỗi dãy các số dương {εk} hội tụ về 0, dãy nghiệm {xk :=x(εk)} phải có ít nhất một dãy con {xkj}nào đó hội tụ về một điểmx∗ trongK. Vì xkj là nghiệm (duy nhất) của bài toán E(K, fεkj) với mỗikj ∈N nên
fεkj(xk, y)≥0, ∀y ∈K.
Do f(., y)nửa liên tục trên với mỗi y∈K nên
0≤limkj→∞fεkj(xkj, y) = limkj→∞f(xkj, y)≤f(x∗, y), ∀y ∈K.
Chứng tỏ x∗ ∈SE(K, f)nên SE(K, f)6=∅.
c) ⇒ a): Cho x¯ là một nghiệm tùy ý của bài toán E(K, f)và {εk} là dãy bất kỳ các số dương hội tụ về 0. Gọi xk := x(εk) là nghiệm của bài toán E(K, fεk). Khi đó với mỗi k∈N, ta có
f(¯x, xk)≥0,
fεk(xk,x) =¯ f(xk,x) +¯ εk
xk−xg,x¯−xk
≥0.
Cộng các bất đẳng thức này lại, ta được f(¯x, xk) +f(xk,x) +¯ εk
xk−xg,x¯−xk
≥0.
Do f đơn điệu nên
f(¯x, xk) +f(xk,x)¯ ≤0.
Vì vậy,
g(xk,x) :=¯
xk−xg,x¯−xk
=
xk−xg,(¯x−xg)−(xk−xg)
≥0. (3.2) Suy ra
xk−xg,x¯−xg
≥ kxk−xgk2.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz vào vế trái của bất đẳng thức này, ta nhận được
kxk−xgk ≤ k¯x−xgk, ∀k. (3.3) Chứng tỏ dãy {xk−xg} bị chặn và từ
kxk−xgk ≥ kxkk − kxgk suy ra
kxkk ≤ k¯x−xgk+kxgk.
Do đó, dãy {xk} cũng bị chặn. Lấy x∗ là một điểm giới hạn nào đó của {xk}.
Không mất tính tổng quát, giả sử xk→x∗ ∈K khik → ∞. Từ (3.3), ta nhận được
kx∗−xgk ≤ k¯x−xgk. (3.4) Vì xk ∈SE(K, fεk)nên
fεk(xk, y)≥0, ∀y∈K
Do f(., y)là nửa liên tục trên nên suy ra được
0≤limk→∞fεk(xk, y) = limk→∞f(xk, y)≤f(x∗, y), ∀y∈K.
Chứng tỏ x∗ ∈Ke :=SE(K, f). Hơn nữa từ (3.2), bằng cách lấy giới hạn khi k →+∞, ta nhận được
g(x∗,x) :=¯ hx∗−xg,x¯−x∗i ≥0.
Vì x¯là một phần tử bất kỳ của tập K, suy ra rằng,e x∗ là một nghiệm của bài toán cân bằng E(K, g). Doe g đơn điệu mạnh trên K chứa tập K, là tập lồie đóng và khác rỗng, nên E(K, g)e có duy nhất nghiệm x∗ theo Định lý 2.3. Như vậy, ta đã chứng minh được rằng, bất kỳ điểm giới hạn nào của dãy {xk}cũng là nghiệm duy nhất của bài toán E(K, g). Do đó, toàn bộ dãye {xk} phải hội tụ về x∗.
Mặt khác, theo Định lý 1.3 (Định lý phép chiếu lên tập lồi đóng), hình chiếu của xg trên SE(K, f) được xác định duy nhất; ký hiệu phần tử hình chiếu này là x0. Thay x¯=x0 vào (3.4), ta nhận được
kx∗−xgk ≤ kx0−xgk.
Vì vậy
x∗−xg =x0−xg hay x∗ =x0. Định lý được chứng minh.
Nhận xét 3.2.1. Có thể tổng quát hóa Định lý 3.1 bằng cách xét bài toán phụ E(K, f +εg), trong đó g : K×K → R là song hàm cân bằng đơn điệu mạnh và thỏa mãn điều kiện
|g(x, y)| ≤Lkx−xgkky−xk, ∀x, y ∈K (3.5) với L >0là hằng số. Do giả thiết f đơn điệu và g đơn điệu mạnh trên K nên fε :=f +εg đơn điệu mạnh trên K với mọi ε >0. Kết quả là, với mỗi ε >0, bài toán E(K, fε)có duy nhất nghiệm x(ε).
Một ví dụ hàm g thỏa điều kiện (3.5) là
g(x, y) := hF(x)−F(xg), y−xi,
trong đó F : Rn → Rn là toán tử Lipschitz trên K, tức là tồn tại hằng số L >0sao cho
kF(x)−F(y)k ≤Lkx−yk, ∀x, y ∈K.
Ta có kết quả tổng quát hóa Định lý 3.1 như sau.
Định lý 3.2. Giả sử rằng
i) f đơn điệu trên K và thỏa mãn các giả thiết (A1),(A2).
ii) g là song hàm cân bằng đơn điệu mạnh với hệ sốγ >0 trên K, thỏa mãn các giả thiết (A1),(A2) và điều kiện (3.5).
Khi đó, với mỗi ε > 0, bài toán E(K, f +εg) có duy nhất nghiệm x(ε) và ba khẳng định sau đây là tương đương nhau:
a) limε→0+x(ε) tồn tại.
b) limε→0+supkx(ε)k<+∞.
c) SE(K, f)6=∅.
Hơn nữa, nếu một trong ba khẳng định được thỏa thì limε→0+x(ε) chính là nghiệm duy nhất x∗ của bài toán E(K, g), trong đóe Ke :=SE(K, f).
Chứng minh. Chỉ cần chứng minh c) ⇒ a) và khẳng định cuối về giới hạn limε→0+x(ε); phần còn lại được chứng minh tương tự như chứng minh Định lý 3.1.
Cho x¯là một nghiệm bất kỳ của E(K, f)và {εk} là một dãy tùy ý các số dương hội tụ về 0. Gọixk:=x(εk)là nghiệm duy nhất của bài toán E(K, fεk).
Khi đó, với mỗi k ∈N, ta có
f(¯x, xk)≥0,
fεk(xk,x) =¯ f(xk,x) +¯ εkg(xk,x)¯ ≥0.
Cộng các bất đẳng thức này lại, ta được
f(¯x, xk) +f(xk,x) +¯ εkg(xk,x)¯ ≥0.
Vì f đơn điệu trên K nên
g(xk,x)¯ ≥0. (3.6)
Mặt khác, do g đơn điệu mạnh với hệ số γ >0 trên K nên
g(xk,x) +¯ g(¯x, xk)≤ −γkxk−xk¯ 2. (3.7) Từ (3.6) và (3.7), ta nhận được
g(¯x, xk)≤ −γkxk−xk¯ 2 hay
−g(¯x, xk)≥γkxk−xk¯ 2. Do điều kiện (3.5) nên
Lk¯x−xgkkxk−xk ≥ |−g(¯¯ x, xk)| ≥γkxk−xk¯ 2. Suy ra
kxk−xk ≤¯ L
γk¯x−xgk, ∀k.
Vì vậy, dãy{xk}bị chặn nên ít nhất nó có một điểm giới hạn x∗ ∈K. Để đơn giản, giả sử xk →x∗ khi k→ ∞. Doxk là nghiệm duy nhất của E(K, fεk)với mọi k ∈K nên
fεk(xk, y)≥0, ∀y∈K.
Bởi f(., y) và g(., y) nửa liên tục trên với mỗi y∈K nên
0≤limk→∞fεk(xk, y) = limk→∞f(xk, y)≤f(x∗, y), ∀y∈K.
Do đó x∗ ∈ Ke := SE(K, f). Hơn nữa, từ (3.7) và bởi tính nửa liên tục trên của g(., y) tại x, ta nhận được¯
g(x∗,x)¯ ≥limk→∞g(xk,x)¯ ≥0.
Vì x¯ là một phần tử tùy ý của tập Ke nên suy ra x∗ là nghiệm của bài toán E(K, g)e và vìg đơn điệu mạnh trên K chứa tập lồi đóng khác rỗngKe nên bài toán E(K, g)e có duy nhất nghiệm x∗ theo Định lý 2.3. Như vậy, bất kỳ điểm giới hạn nào của dãy {xk}cũng là nghiệm duy nhất của bài toán E(K, g). Doe đó toàn bộ dãy {xk} phải hội tụ về x∗.