Chương 2 Một phương pháp chiếu co hẹp giải bài toán không điểm chung tách 32 2.1. Phương pháp chiếu co hẹp
2.2. Một số ứng dụng
2.2.1. Bài toán điểm cực tiểu tách
Cho E là không gian Banach, và cho f : E −→ (−∞,∞] là 1 hàm lồi, chính thường và nửa liên tục dưới. Ta biết rằng ∂f là toán tử đơn điệu cực đại và x0 ∈arg minEf(x) khi và chỉ khi ∂f(x0) 30.
Ta luôn có∂εf(x) ⊂∂εf(x), vớix∈ E bất kỳ. Hơn nữa, trong một số trường hợp cụ thể, ta có ∂εf(x)( ∂εf(x).
Từ định lí 2.1, ta có Định lí sau:
Định lí 2.2. Cho E và F là các không gian Banach trơn đều và lồi đều. Cho JE và JF là các ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc trên E và F, tương ứng. Cho fi, i= 1,2, . . . , N và gj, j = 1,2, . . . , M là hàm lồi, chính thường và nửa liên tục dưới của E vào (−∞,∞] và F vào (−∞,∞], tương ứng. Cho T : E −→F là một toán tử tuyến tính bị chặn sao cho T 6= 0 và T∗ là toán tử liên hợp của T. Giả sử
S = N
\
i=1
(∂fi)−10
\ T−1
M
\
j=1
(∂gj)−10
6=∅.
Cho x1 ∈E và cho {xn} là dãy được xác định bởi C0 =E, x0 ∈E và JF(yj,n−T xn) +àn∂εngj(yj,n) 30, j = 1,2, . . . , M,
zj,n = xn −rnJE−1T∗(JF(T xn −yj,n)), j = 1,2, . . . , M, Chọn jn sao cho kzjn,n −xnk= max
j=1,...,Mkzjn,n−xnk, đặt zn = zjn,n, Dn ={z ∈E :hxn−z, JE(xn −zn)i ≥rnkT xn −yjn,nk2−rnànεn}, JE(ti,n−zn) +λn∂εnfi(ti,n) 30, i = 1,2, . . . , N,
Chọn in sao cho ktin,n−znk= max
i=1,...,Nktin,n−znk, đặt tn = tin,n, Cn+1 = {z ∈ Cn : htn −z, JE(zn−tn)i ≥ −λnεn}\
Dn, xn+1 =PCn+1x0,
trong đú {λn},{àn} ⊂ (0,∞), {rn} ⊂ (0,∞) và {εn} ⊂ (0,∞). Nếu cỏc điều kiện (C1) và (C2) được thỏa mãn, thì dãy {xn} hội tụ mạnh đến x† = PSx0.
Kết quả sau đây là hệ quả trực tiếp của định lí trên.
Hệ quả 2.2. Cho E, F, JE, JF, fi, gj, T, T∗ như trong Định lí 2.2. Giả sử S =
N
\
i=1
(∂fi)−10
\ T−1
M
\
j=1
(∂gj)−10
6=∅.
Cho x1 ∈E và cho {xn} là một dãy sinh bởi C0 =E, x0 ∈E và yj,n = arg min
y∈F{gj(y) + 1
2ànky−T xnk2}, j = 1,2, . . . , M, zj,n =xn−rnJE−1T∗(JF(T xn −yj,n)), j = 1,2, . . . , M, Chọn jn sao cho kzjn,n−xnk= max
j=1,...,Mkzjn,n −xnk, đặt zn =zjn,n, Dn ={z ∈ E : hxn −z, JE(xn−zn)i ≥ rnkT xn−yjn,nk2},
ti,n = arg min
y∈E{fi(x) + 1
2λnkx−znk2}, i = 1,2, . . . , N, Chọn in sao cho ktin,n −znk= max
i=1,...,Nktin,n−znk, đặt tn =tin,n, Cn+1 ={z ∈Cn : htn −z, JE(zn −tn)i ≥0}\
Dn, xn+1 =PCn+1x0,
trong đú {λn},{àn} ⊂(0,∞) và {rn} ⊂ (0,∞). Nếu điều kiện (C1) được thỏa mãn, thì dãy {xn} hội tụ mạnh đến x† =PSx0.
2.2.2. Bài toán chấp nhận tách đa tập
Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của E, cho iC là hàm chỉ của C, nghĩa là:
iC(x) =
( 0, khi x∈ C,
∞, khi x /∈ C.
Dễ thấy iC là hàm lồi, chính thường và nửa liên tục, dưới vi phân ∂iC của nó là một toán tử đơn điệu cực đại. Ta biết rằng
∂iC(u) =N(u, C) ={f ∈E∗ : hu−y, fi ≥ 0 ∀y ∈ C}, trong đó N(u, C) là hình nón pháp tuyến của C tại u.
Chúng ta ký hiệu giải thức của ∂iC là Jr với r > 0. Giả sử u = Jrx với x∈E nghĩa là
JE(xưu)
r ∈∂iC(u) =N(u, C).
Do đó, ta có
huưy, JE(xưu)i ≥0, với mọi y ∈C. Từ Mệnh đề 1.15, suy ra u= PCx.
Do đó, từ Định lí 2.1, ta có định lí sau:
Định lí 2.3. Cho E, F, JE, JF, T, T∗ như trong Định lí 2.2. Cho Li, i = 1,2, . . . , N và Kj, j = 1,2, . . . , M là các tập con lồi, đóng, khác rỗng của E và F, tương ứng. Giả sử S =
TN
i=1Li
T
T−1
TM j=1Kj
6= ∅. Cho x1 ∈E và cho {xn} là một dãy được xác định bởi C0 = E, x0 ∈ E và
zj,n = xn −rnJE−1T∗(JF(T xn −PKjT xn)), j = 1,2, . . . , M, Chọn jn sao cho kzjn,n −xnk= max
j=1,...,Mkzjn,n−xnk, đặt zn = zjn,n, Dn ={z ∈E :hxn−z, JE(xn −zn)i ≥rnkT xn −PKjnT xnk2}, ti,n = PLizn, i = 1,2, . . . , N,
Chọn in sao cho ktin,n−znk= max
i=1,...,Nktin,n−znk, đặt tn = tin,n, Cn+1 = {z ∈ Cn : htn −z, JE(zn−tn)i ≥ 0}\
Dn, xn+1 =PCn+1x0,
trong đó {rn} ⊂ (0,∞). Nếu điều kiện (C1) được thỏa mãn, thì dãy {xn} hội tụ mạnh đến x† =PSx0.
2.2.3. Bài toán bất đẳng thức biến phân tách
Cho C là một tập con lồi, đóng, khác rỗng của E và A : C −→ E∗ là một toán tử đơn điệu nửa liên tục (nghĩa là với x ∈ C bất kì và tn → 0+ ta có A(x+tny) * Ax với mọi y ∈ E sao cho x+tny ∈ C). Khi đó, điểm u ∈ C được gọi là nghiệm của bất đẳng thức biến phân tương ứng với toán tử A, nếu
hyưu, Aui ≥ 0 ∀y ∈ C.
Ta kí hiệu V I(C, A) là tập tất cả các nghiệm của bất đẳng thức biến phân ứng với A.
Định nghĩa ánh xạ TA bởi
TAx=
Ax+N(x, C), khi x∈ C,
∅, khi x /∈ C.
Rockafellar [12] đã chỉ ra rằng TA là toán tử đơn điệu cực đại và TA−10 = V I(C, A).
Với y ∈ E bất kì và r >0, ta biết rằng bất đẳng thức biến phân V I(C, rA+ JE(x−y)) có một nghiệm duy nhất. Giả sử x=V I(C, rA+JE(x−y)), nghĩa là,
hz−x, rA(x) +JE(x−y)i ≥0 ∀z ∈ C.
Từ định nghĩa của N(x, C), ta có
−rAx−JE(x−y) ∈N(x, C) =rN(x, C), điều này suy ra
JE(y−x)
r ∈Ax+N(x, C) =TAx.
Do đó, ta có x =Jry, trong đó Jr là toán tử giải mêtric của TA.
Bây giờ cho E, F là hai không gian Banach trơn và lồi đều và cho Ki, i = 1,2, . . . , N và Lj, j = 1,2, . . . , M là các tập con lồi, đóng của E và F, tương ứng. Cho Ai : Ki −→ E∗ và Bj : Lj −→ F∗ là các toán tử đơn điệu mà nửa liên tục. ChoT : E −→ F là toán tử tuyến tính bị chặn sao cho T 6= 0. Giả sử
S = N
\
i=1
V I(Ki, Ai)
\ T−1
M
\
j=1
V I(Bj, Lj)
6= ∅
Xét bài toán bất đẳng thức biến phân tách sau:
Tìm phần tử x∗ ∈S. (2.18)
Để giải bài toán (2.18), ta định nghĩa toán tử TAi và TBj như sau
TAix=
Aix+N(x, Ki) khi x∈Ki,
∅, khi x /∈Ki, và
TBjx=
Bjx+N(x, Lj) khi x ∈Lj,
∅ khi x /∈Lj,
với mọii = 1,2, . . . , N và j = 1,2, . . . , M. Với r >0 bất kì, ta kí hiệu Jri và Qjr là các toán tử giải mêtric của TAi và TBj, tương ứng.
Từ các lập luận trên, Bài toán (2.18) tương đương với bài toán không điểm chung tách cho các toán tử đơn điêu cực đại TAi và TBj. Vì vậy, từ Định lí 2.1, ta có kết quả sau:
Định lí 2.4. Cho C0 =E, x1 ∈E và cho {xn} là dãy được sinh bởi tj,n = V I(Lj, ànBj +JF(• −T xn)), j = 1,2, . . . , M,
zj,n = xn −rnJE−1T∗(JF(T xn −tj,n)), j = 1,2, . . . , M, Chọn jn sao cho kzjn,n −xnk= max
j=1,...,Mkzjn,n−xnk, đặt zn = zjn,n, Dn ={z ∈E :hxn−z, JE(xn −zn)i ≥rnkT xn −QjànnT xnk2},
yi,n =V I(Ki, λnAi+JE(• −zn)), i = 1,2, . . . , N, Chọn in sao cho kyin,n −znk= max
i=1,...,Nkyi,n−znk, đặt yn = yin,n, Cn+1 = {z ∈ Cn : hyn −z, JE(zn −yn)i ≥0}\
Dn,
xn+1 =PCn+1x0, (2.19)
trong đú {rn},{àn},{λn} thỏa món điều kiện (C1). Khii đú dóy {xn} hội tụ mạnh về x† ∈S, trong đó x† =PSx1.