2.1 Bài toán không chỉnh với toán tử đơn điệu
2.1.1 Thuật toán cơ bản
Xét phương trình toán tử
A(x) =f0, f0 ∈X∗, (2.1) trong đóA là một toán tử đơn điệu vàh-liên tục từ không gian BanachX vàoX∗, ở đây X∗ lồi chặt vàX có tính ES, tức làX là phản xạ và mọi dãy {xn}các phần tử xn ∈X hội tụ yếu trongX đếnxvà
kxnk → kxk
cho ta {xn} hội tụ mạnh đến phần tử x. Nếu không có tính đơn điệu đều, thi bài toán (2.1) nói chung, là một bài toán không chỉnh. Giả sử (2.1) có nghiệm, tức là f0 ∈ R(A). Ta kí hiệuS0là tập nghiệm của phương trình đó. Khi đó,S0là một tập đóng và lồi trongX.
Xét phương trình
A(x) +αUs(x−x0) =fδ, kfδ −f0k6δ. (2.2) ở đây x0 là một phần tử bất kì trong X. Phần tử này giúp cho ta tìm một nghiệm của (2.1) theo ý muốn. Ta có kết quả sau.
Định lí 2.1. Với mỗiα > 0vàfδ ∈X∗, phương trình(2.2)có duy nhất nghiệmxδα. Nếuα, δ/α→ 0thì {xδα}hội tụ đến một phần tửx0 ∈S0thoả mãn
x0−x0
= min
x∈S0
x−x0
. (2.3)
Chứng minh. DoX∗là lồi chặt, cho nênUslà một ánh xạ h-liên tục vì vậyA+αUs cũng là một toán tử đơn điệu và h-liên tục từ X vàoX∗. Mặt khác, do Us là một toán tử bức, nên với mỗiα >0toán tửA+αUscũng là một toán tử bức. Theo [3, Theorem 1, Chapter 1], phương trình (2.2), với mỗiα > 0, có duy nhất nghiệm. Kí hiệu nghiệm đó bằngxδα. Bây giờ, ta chứng minh{xδα}hội tụ đếnx0 ∈S0thoả mãn (2.3). Thật vậy, từ (2.1) và (2.2) ta có
A xδα
−A(x) +f0−fδ, xδα−x +α
Us xδα−x0
−Us x−x0
, xδα−x
=α
Us x−x0
, x−xδα
, với mọix∈ S0. DoAlà một toán tử đơn điệu và tính chất củaUs, cho nên
mU
xδα−x
s6 δ α
xδα −x +
Us x−x0
, x−xδα
. (2.4)
Suy ra tập {xδα}là giới nội. VìX là một không gian Banach phản xạ, cho nên tồn tại một dãy con của {xδα} hội tụ đến một phần tử x1 nào đó của X. Không giảm tổng quát, ta có thể coi{xδα}hội tụ yếu đếnx1 khiδ/α, α→ 0. Từ (2.2) suy ra
A xδα
+αUs xδα−x0
−fδ, x−xδα
= 0, với mọix∈ X.
DoA+αUslà một toán tử đơn điệu, đẳng thức trên cho ta A(x) +αUs x−x0
−fδ, x−xδα
= 0, với mọix∈ X.
Cho δ/α, α→ 0ta được
hA(x)−f0, x−x1i>0, với mọix∈ X.
Thay xbằng tx+ (1−t)xvới0 < t < 1vào vào bất đẳng thức trên, sau đó chia chotrồi chot→ 0, doAlà toán tử h-liên tục, nên
hA(x1)−f0, x−x1i >0, với mọix∈ X.
Theo Bổ đề Minty ta có x1 ∈ S0, tức là x1 là một nghiệm của (2.1). Từ (2.4) cũng suy ra x1 thoả mãn (2.3). Do phần tửx1 ∈ S0 thoả mãn (2.3) là duy nhất, cho nên cả dãy{xδα}hội tụ mạnh đếnx1 =x0. Định lý được chứng minh.
Nhờ kết quả này, ta có thể xác định được một toán tử hiệu chỉnh R(f, α), dựa vào việc giải phương trình (2.2) và một sự phụ thuộc α = α(δ) để nghiệm của phương trình này hội tụ đến nghiệm của bài toán không chỉnh ban đầu. Chính vì lẽ đó mà phương trình (2.2) được gọi là phương trình hiệu chỉnh cho phương trình (2.1).
Bây giờ, ta xét trường hợp tổng quát hơn, khi cả toán tử và vế phải đều biết xấp xỉ. Tức là, nếu thay cho Ata chỉ biết được xấp xỉAhthoả mãn
kAh(x)−A(x)k6hg(kxk) (2.5) và có các tính chất như A (đơn điệu và h-liên tục), ở đâyg(t) là một hàm giới nội (đưa một tập giới nội vào tập giới nội). Ta có kết quả sau.
Định lí 2.2. Với mỗiα > 0, h > 0vàfδ ∈X∗phương trình hiệu chỉnh
Ah(x) +αUs(x−x0) =fδ (2.6) có duy nhất nghiệm xτα với τ = (h, δ). Nếu α, δ/α, h/α → 0thì {xτα}hội tụ đến phần tửx0.
Cũng như trong chứng minh Định lý 2.1, ta có đẳng thức hAh(xτα)−A(x) +f0−fδ, xτα−xi
+αhUs(xτα−x0)−Us(x−x0), xτα−xi
=αhUs(x−x0), x−xταi, với mọix∈S0.
Từ đây và tính chất củaUssuy ra
αmUkxτα−xks 6 hAh(xτα)−Ah(x) +Ah(x)−A(x) +f0−fδ, x−xταi +αhUs(x−x0), x−xταi.
DoAvàAh đều là các toán tử đơn điệu, cho nên mUkxτα−xks6 hg(kxk) +δ
α kxτα−xk+
US x−x0
, x−xτα . Các lập luận còn lại tương tự như trong chứng minh Định lý 2.1. NếuAhkhông có tính chất đơn điệu, thì phương trình (2.6) có thể không có nghiệm. Do đó, O. A.
Liskovets đã xây dựng nghiệm hiệu chỉnhxταdựa vào bài toán về bất đẳng thức biến phân: Tìmxω ∈ X sao cho
Ah(xω) +αUs xω −x0
−fδ, x−xω
+εg(kxk)kx−xωk>0, (2.7) với mọix ∈X và mọiε > h, ở đâyω =ω(h, δ, α, ε).
Phần tửxω thoả mãn (2.7) được gọi lànghiệm hiệu chỉnhcủa bài toán (2.1) cho trường hợp Ah không đơn điệu. Trước tiên, ta nhận thấy phần tử xω luôn tồn tại.
Thật vậy, nếu kí hiệu S∆ là tập tất cả các phần tử xω thoả mãn (2.7), thì ta phải chứng minh S∆ 6= ∅. Ta sẽ chứng minh là S∆ chứa xτδ. Muốn vậy ta phải chứng minhxτδ thoả mãn (2.7). Doxτδ thoả mãn (2.2), cho nên
0 =
A xδα
+αUs xδα−x0
−fδ, x−xδα
6
Ah xδα
+αUs xδα−x0
−fδ, x−xδα +hg
xδα
x−xδα
, với mọix∈X.
Vìε > h nên với mọix ∈X ta có 06
Ah xδα
+αUs xδα−x0
−fδ, x−xδα
+εg xδα
x−xδα . Điều này có nghĩa làxδα ∈ S∆. Vớiω cố định, lấy một phần tử bất kì xω ∈ S∆, ta chứng minh dãy{xω}là một tập giới nội, nếu
g(t) 6 M1+N1t,
ở đâyM1, N1là các hằng số không âm vàt >0. Từ tính chất củaUs, (2.7) và tính đơn điệu củaA ta thấy
mBkx−xωks 6
Us x−x0
−Us xω−x0
, x−xω
6
Us x−x0
, x−xω + ε
αg(kxωk)kx−xωk +1
αhAh(xω)−fδ, x−xωi
6
Us x−x0
, x −xω +δ + (h+ε)g(kxωk)
α kx−xωk, với mọix∈S0.(2.8) Từ tính chất của hàmg(t)vàδ/α, ε/α, α → 0ta có {xω}là giới nội. Không giảm tổng quát, ta có thể coi xω hội tụ yếu đến x˜. Ta chứng minh x˜ là nghiệm x0 của (2.1). Từ (2.7) dễ dàng nhận thấy
A(xω) +αUs xω−x0
−fδ, x−xω
+ (h+ε)g(kxωk)kx−xωk >0, với mọix ∈X, ε> h, α >0.
Do tính đơn điệu củaAvàUs ta có A(x)−f0, x−xω +αUs x−x0
, x−xω
+δ+(h+ε)g(kxωk)kx−xωk ≥0, với mọix ∈X.
Sau khi choδ, εvàα→ 0ở bất đẳng thức cuối cùng ta được hA(x)−f0, x−xi ≥˜ 0, với mọix∈X.
Thayxbằngtx+ (1−t)˜x, ở bất đẳng thức cuối này, chia đẳng thức thu được cho t và sau đó chot→ 0sẽ được
hA(˜x)−f0, x−xi ≥˜ 0, với mọix∈X.
Theo Bổ đề Minty ta cóx˜∈ S0. Từ (2.8) ta cũng có Us x−x0
, x−x˜
≥0, với mọix∈S0.
Cũng bằng phương pháp tương tự như ở trên ta được Us x˜−x0
, x−x˜
≥0, với mọix∈S0. Điều này có nghĩa là
Us x˜−x0
, x−x0
≥
Us x˜−x0
,x˜−x0
=
˜x−x0
s. Như vậy,
x−x0 ≥
˜x−x0
, với mọix ∈S0.
Điều này có nghĩa x˜ là một nghiệm của bài toán (2.1) thoả mãn (2.3). Phần tử x˜ thoả mãn (2.3) là duy nhất, cho nên{xω}hội tụ yếu đếnx˜vàx˜=x0. Thayxbằng x0trong (2.8) ta có thể kết luận được là dãy{xω}hội tụ mạnh đếnx0, khiδ/α, ε/α và αdần đến 0. Khi toán tử xấp xỉ Ah không đơn điệu, thì điều kiện của (2.5) đòi hỏig(t) ≤ M1+N1t. Yêu cầu này có thể loại bỏ nếu ta tiến hành như sau, với giả thiếtg(t)là một hàm không giảm.
Tìm một tập đóng, lồi và giới nộiGcủaX sao chokxk ≤Q0, x∈ G
VàS0G 6= ∅, ở đâyS0G :=S0∩GvàQ0là một hằng số dương. Ta cũng giả thiết thêm làS0∩intG6=∅. Thay cho bất đẳng thức (2.7) xét bất đẳng thức biến phân
hAh(x) +αUs(x)−fδ, x−xωi+ (g(Q0)ε+δ)× kx−xωk ≥ 0, (2.9) xω ∈G, x∈ G, α >0, ε≥h.
Ta có các kết quả sau.
Bổ đề 2.1. Với mỗi a > 0, ε ≥ h vàδ tập nghiệm của (2.9), kí hiệu là Sω, là một tập không rỗng, đóng và lồi.
Chứng minh. Lấyxα ∈G, nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân sau hA(x) +αUs(x)−f0, x−xαi ≥ 0, với mọix∈ G
Khi đó,
hA(x) +αUs(x)−fδ, x−xαi+ (g(Q0)ε)kx−xαk
= hAh(x)−A(x), x−xαi+hA(x) +αU (x)−f0, x−xαi +hf0−fδ, x−xαi+ (g(Q0)ε+δ)kx−xαk
≥ g(Q0) +δkx−xαk −g(Q0)h+δkx−xαk ≥0
Có nghĩa là Sω 6= ∅. Tính đóng lồi của Sω được kiểm tra bằng cách sử dụng bất đẳng thức (2.9).
Định lí 2.3. Dãy {xω}hội tụ đến xG0 ∈ S0G : kxG0k = minkxk, x ∈ S0G, khi ε/α, δ/αvàα→ 0, ở đâyxω ∈Sω chọn một cách tuỳ ý với mỗiα > 0cố định.
Chứng minh. Thật vậy, vìGgiới nội dãy{xω}cũng giới nội. Cho{xω}hội tụ yếu đếnx. Khi đó, vì mỗi tập đóng và lồi củae X cũng đóng yếu trongX, cho nênex∈ G.
Mặt khác, từ (2.9) ta có
hA(x)−fδ, x−xωi+αhUs(x), x−xωi+ 2 (g(Q0)ε+δ)kx−xωk ≥ 0 với mọi x ∈ G. Sau khi cho ω,δ vàα tiến tới 0ở bất đẳng thức cuối cùng này, ta được:
hA(x)−f0, x−exi ≥0, với mọi x∈G. (2.10) Nếuxe∈ IntG, thì theo Bổ đề MintyA(x) =e f0. Đặt:
G0 ={x1 ∈ G: A(x)−f0, x−x1 ≥0, với mọix ∈G}.
Dễ dàng nhận thấy S0G ⊂ G0 Lấy xe ∈ G0, nhưng x /e ∈ S0G. Nếu ex ∈ IntG0, thì xe∈S0G. Có nghĩa làex∈ F rG0, biên củaG0. Điều đó là không thể được, vì cả hai tậpG0 vàS0G đều là đóng vàIntG0 = IntS0g. Do đó, từ (2.10) ta cóxe∈ S0G. Thay xbằngtx+ (1−t)xω, t ∈(0,1)trong (2.9) sau đó chia cả hai vế của bất đẳng thức chotvà chotdần tới0ta thu được:
hAh(xω) +αUs(xω)−fδ, x−xωi+(g(Q0)ε+δ)kx−xωk ≥ 0, với mọix ∈G Sử dụng tính chất củaUs ta được:
mUkx−xωks ≤ hUs(x), x−xωi+2 (g(Q0)ε+δ)kx−xωk/α, với mọix ∈S0G
Suy raxω dãy hội tụ đếnexvà
hUs(x), x−xi ≥e 0, với mọix∈S0G.
Ta chứng minh ex = xG0. Vì S0G lồi và Us là h-liên tục, bất đẳng thức cuối cùng tương đương với
hUs(x), x−exi ≥0, với mọix ∈S0G Vì vậy,
kxk ≤ kxk,e với mọix∈S0G.
Do tính lồi chặt củaX cho nênx=xG0. Định lý được chứng minh.
Tập Qδ là đóng và lồi, khi A là một toán tử tuyến tính. Nếu A là phi tuyến, không thể khảng định được Qδ là một tập lồi. Để làm được điều tương tự, ta mở rộng một chút tậpQδ bằng cách xét tập:
Qeδ ={y ∈G :A(x)−fδ, y−x≤ 2Q0δ, với mọix∈G} (2.11) Ta nhận thấy tập
Qeδ 6=∅, doS0G ⊂Qeδ, với mọiδ > 0 Thật vậy, vớiy ∈ S0Gbất kì ta có:
hA(x)−fδ, y−xi=hA(x)−f0, y−xi+hf0 −fδ, y−xi ≤2Qδ0
VìAlà toán tử đơn điệu. Từ (2.11) dễ dàng kiểm tra đượcQeδ là một tập đóng và lồi trongX. Bây giờ, xét bài toán cực tiểu: tìmxδ ∈Qeδ sao cho
kxδks= →
x∈Qeδ
minkxks, s≥ 2. (2.12)
Cũng cần lưu ý là tham số s chọn sao cho phiếm hàm có tính lồi tốt nhất. Ví dụ, trong không gian Lp, với p ≥ 2, thì lấy s = p. Khi đó, sẽ là một phiếm hàm lồi đều trongLp. Còn khi1< p≤ 2, thì đương nhiên để chokxkslồi đều, thì phải lấy s = 2. Vì vậy, ta giả thiết làkxks lồi đều trênX. Do đó, Bài toán 2.11 và 2.12 có duy nhất nghiệm .
Định lí 2.4. xδ → xG0, khi δ → 0.
Chứng minh. Vì S0G ⊂ Qeδ, cho nên kxδk ≤ kxG0k, với mọiδ > 0. Có nghĩa là {xδ}giới nội. Không giảm tổng quát, ta có thể giả thiết xδ hội tụ yếu đếnxe ∈ X. DoGlà một tập lồi và đóng, cho nênex∈G. Hơn nữa, từ Định nghĩa 2.11 ta có bất đẳng thức:
hA(x)−fδ, xδ −xi ≤2Q0δ, với mọix∈G
Từ đây dẫn đến (2.10). Tương tự như khi xét Bài toán (2.9) ta được xe ∈ S0G. Mặt khác, dokxδk ≤ kxk, với mọix∈ S0G. Suy raxe=xG0 vàkxδk → kxG0k. VìX có tính chất ES, cho nênkxδk →xG0. Định lý được chứng minh.