1 Một số khái niệm cơ bản
1.5.1 Ánh xạ đơn điệu Ánh xạ không giãn
Cho H là không gian Hilbert thực, A : H → H là một ánh xạ với miền xác định là D(A), miền giá trị là R(A).
Định nghĩa 1.15. Ánh xạ A được gọi ánh xạ đơn điệu nếu
hA(x)−A(y), x−yi ≥ 0, ∀x, y ∈ D(A).
Định nghĩa 1.16. Ánh xạ A được gọi là η-đơn điệu mạnh nếu tồn tại một hằng số η > 0 sao cho
hA(x)−A(y), x−yi ≥ ηkx−yk2, ∀x, y ∈ D(A).
Định nghĩa 1.17. Ánh xạ A được gọi là k-ngược đơn điệu mạnh nếu tồn tại một hằng số k > 0 sao cho
hA(x)−A(y), x−yi ≥ kkA(x)−A(y)k2, ∀x, y ∈ D(A).
Định nghĩa 1.18. Ánh xạ đa trị T : H → 2H là đơn điệu cực đại nếu
T là ánh xạ đơn điệu và đồ thị G(T) của nó không là tập con thực sự của đồ thị của bất cứ một ánh xạ đơn điệu nào khác, trong đó, theo định nghĩa G(T) = {(x, T(x)) : x ∈ H}.
Ví dụ 1.5. Xét các ánh xạ Ti : R → 2R (i = 1, 2) cho bởi các công thức: T1(x) = {1}, x≥ 0 ∅, x < 0, T2(x) = {1} ∀x ∈ R.
Ta thấy T1 và T2 đều là các ánh xạ đơn điệu. Tuy nhiên T1 không phải là ánh xạ đơn điệu cực đại vì G(T1) chứa thực sự trong G(T2).
Mệnh đề 1.4. Giả sử T : H → 2H là ánh xạ đơn điệu. Khi đó ánh xạ T là đơn điệu cực đại khi và chỉ khi với mọi (a, b) ∈ H ×H, nếu
hb−u, a−xi ≥ 0 ∀(x, u) ∈ G (T) thì b∈ T(a).
Mệnh đề 1.5. Ánh xạ đa trị T : H → 2H là đơn điệu cực đại khi và chỉ khi λT là ánh xạ đơn điệu cực đại với λ > 0.
Chứng minh. Giả sử T là ánh xạ đơn điệu cực đại và λ > 0. Khi đó
λT là ánh xạ đơn điệu. Để chứng minh λT là ánh xạ đơn điệu cực đại ta giả sử (a, b) ∈ H ×H thỏa mãn
hb−u, a−xi ≥ 0 ∀(x, u) ∈ G (λT).
Vì
(x, u) ∈ G (λT) ⇔u ∈ λT (x) ⇔x, λ−1u ∈ G (T) điều kiện đó kéo theo
D
λ−1b−λ−1a, a−xE ≥ 0, x, λ−1u ∈ G (T).
DoT là ánh xạ đơn điệu cực đại nên λ−1b ∈ T(a). Suy ra b ∈ (λT)(a). Vậy λT là ánh xạ đơn điệu cực đại.
Ngược lại, giả sử λT là ánh xạ đơn điệu cực đại và λ > 0. Đặt
f
T = λT, khi đó T = λ−1Tf là ánh xạ đơn điệu cực đại. Mệnh đề được chứng minh.
Định nghĩa 1.19. Cho H là một không gian Hilbert thực và một ánh xạ T : H → H. Ánh xạ T được gọi là liên tục Lipschitz với hằng số Lipschitz L >0 nếu
Nếu 0 < L < 1 thì T là ánh xạ co; nếu L = 1 thì T là ánh xạ không giãn.
1.5.2 Bài toán điểm bất động
Cho H là không gian Hilbert thực, T : H → H là một ánh xạ phi tuyến.
Định nghĩa 1.20. Phần tử x ∈ D(T) trong không gian Hilbert H
được gọi là một điểm bất động của ánh xạ T nếu x = T(x).
Ký hiệu tập các điểm bất động của ánh xạ T là Fix(T). Chú ý rằng tập điểm bất động của ánh xạ không giãn T trong không gian Hilbert, nếu khác rỗng, là một tập con lồi và đóng của H.
Bài toán điểm bất động được phát biểu như sau: Cho C là một tập con lồi của không gian Hilbert H, T : C → H là một ánh xạ.
Hãy tìm phần tử x∗ ∈ C sao cho T(x∗) =x∗. (1.13)
Việc tìm nghiệm của bài toán điểm bất động (1.15) tương đương với việc giải phương trình toán tử:
T(x)−x = 0. (1.14)
Định lý điểm bất động Banach được đưa ra trong luận án của Banach vào năm 1992 như sau:
Định lý 1.5. Cho (X, d) là không gian mêtric đầy đủ và T : X →X
là ánh xạ co. Khi đó, T có duy nhất điểm bất động q trong X và với xấp xỉ ban đầu tùy ý x0 ∈ X, dãy lặp {xn} được định nghĩa bởi
Chứng minh. a) Sự tồn tại
Với x0 tùy ý thuộc X, đặt xn+1 = T(xn) với n ≥ 0. Do T là ánh xạ co trong không gian mêtric X nên tồn tại hằng số k ∈ [0,1) sao cho
d(T(x), T(y)) ≤ kd(x, y). Xét: d(xn, xn+1) = d(T(xn−1), T(xn)) ≤ kd(xn−1, xn) ≤ k2d(xn−2, xn−1) ≤ · · · ≤ knd(x0, x1). Lấy m > n ta có: d(xn, xm) ≤d(xn, xn+1) + d(xn+1, xn+2) +. . .+ d(xm−1, xm) ≤(kn +kn+1+. . .+km−1)d(x0, x1) ≤kn(1 +k +. . .+km−n−1 +. . .)d(x0, x1) ≤kn 1 1−kd(x0, x1) →0 khi n→ ∞.
Vậy {xn} là dãy Cauchy trong không gian mêtric đầy đủ X. Do đó dãy {xn} hội tụ tới phần tử q ∈ X. Với mỗi n≥ 0 ta có
0≤ d(q, T(q)) ≤d(q, xn) +d(xn, T(q)) = d(q, xn) + d(T(xn−1), T(q))
≤d(q, xn) +kd(xn−1, q).
Vì dãy {xn} hội tụ về phần tử q ∈ X nên d(q, xn) +kd(xn−1, q) → 0 khi n → ∞. Từ đó 0 ≤ d(q, T(q)) ≤ 0 suy ra d(q, T(q)) = 0 hay
T(q) = q. Vậy q là điểm bất động của ánh xạ T. b) Tính duy nhất
Giả sử tồn tại p ∈ X sao cho T(p) =p. Khi đó
d(q, p) =d(T(q), T(p)) ≤ kd(q, p).
Với k ∈ [0,1) thì từ đẳng thức trên suy ra d(q, p) = 0 do đó q = p. Vậy q là duy nhất.
Sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ không giãn được trình bày trong định lý sau
Định lý 1.6. Cho H là một không gian Hilbert thực, C là một tập lồi đóng giới nội của H, T : C →C là một ánh xạ không giãn. Khi đó T
có ít nhất một điểm bất động trong C.
Định nghĩa 1.21. Ánh xạ T : H → H được gọi là d-compact, nếu nó thỏa mãn tính chất với mỗi dãy{xn}bị chặn trong H và {T(xn)−xn}
hội tụ mạnh thì tồn tại một dãy con{xnk} của{xn}cũng hội tụ mạnh. Tính chất của tập điểm bất động của ánh xạ không giãn được công bố trong định lý sau
Định lý 1.7. Cho H là một không gian Hilbert thực, C là một tập con lồi đóng và giới nội của H. Giả sử T : C → C là một ánh xạ không giãn và d-compact. Khi đó tập điểm bất động của ánh xạ T là một tập lồi và khác rỗng.
Chương 2
Phương pháp lặp ẩn giải bài toán bất đẳng thức biến phân
Chương này sẽ trình bày một số phương pháp lặp ẩn giải bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert và không gian Banach. Kiến thức trong chương được viết trên cơ sở bài báo [4] và một số tài liệu trích dẫn trong đó.
2.1 Phương pháp lặp ẩn giải một lớp bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert
Cho {Ti}∞i=1 là một dãy vô hạn các ánh xạ không giãn trên E. Đặt F := ∩∞i=1F ix(Ti).
Giả sử F : E →E là một ánh xạ η-đơn điệu mạnh và γ-giả co chặt, tức là, F lần lượt thỏa mãn các điều kiện sau:
và
hF (x)−F (y), j(x−y)i ≤ kx−yk2 −γk(I −F)x−(I −F)yk2,
(2.2) với mọi x, y ∈ E và j(x −y) ∈ J(x −y) trong đó I là ánh xạ đồng nhất của E, η và γ là các hằng số dương trong (0,1).
Bài toán xét trong chương này là tìm một phần tử p∗ ∈ E sao cho
p∗ ∈ F : hF (p∗), j(p∗ −p)i ≤ 0, ∀p ∈ F. (2.3)
Từ (2.2) ta có, kF (x)−F(y)k ≤ Lkx−yk với L = 1 + 1/γ, tức là F là ánh xạ L-liên tục Lipschitz. Nếu L ∈ (0,1) thì F được gọi là ánh xạ co, nếu F thỏa mãn (2.2) với γ = 0 thì F là ánh xạ giả co. Dễ dàng thấy rằng mọi ánh xạ không giãn đều là giả co. Trong trường hợp mà E ≡ H, một không gian Hilbert, chúng ta có J = I, và từ đó (2.3) có dạng sau:
p∗ ∈ F : hF(p∗), p∗ −pi ≤ 0, ∀p ∈ F. (2.4)
Trong không gian Hilbert H, khi F = ∩N
i=1F ix(Ti), F là một ánh xạ
η-đơn điệu mạnh, và L-liên tục Lipschitz, trong [6], Zeng và Yao đã trình bày phương pháp lặp ẩn sau:
Cho điểm ban đầu tùy ý x0 ∈ H, dãy {xk}∞
k=1 được xác định bởi
x1 = β1x0 + (1−β1)[T1x1 −λ1µF(T1x1)], x2 = β2x1 + (1−β2)[T2x2 −λ2µF(T2x2)],
· · · ·
xN+1 = βN+1xN + (1−βN+1)[T1xN+1−λN+1µF(T1xN+1)],
· · · ·
Hay dưới dạng tổng quát là
xk = βkxk−1 + (1−βk)[T[k]xk −λkµF(T[k]xk)], k ≥1, (2.5) trong đó T[n] = Tn mod N, với n ≥ 1.
Ta có kết quả sau:
Định lý 2.1. Cho H là một không gian Hilbert thực, F : H → H là một ánh xạ L-liên tục Lipschitz và η-đơn điệu mạnh với L và η là các hằng số dương. Cho {Ti}N
i=1 là N ánh xạ không giãn trên H sao cho
F := ∩N
i=1F ix(Ti) =6 ∅. Cho µ ∈ (0,2η/L2), x0 ∈ H, {λk}∞k=1 ⊂ (0,1) và {βk}∞k=1 ⊂ (0,1) thỏa mãn các điều kiện: P∞
k=1λk < ∞, và cho
α ≤ βk ≤ β, k ≥ 1, với α, β ∈ (0,1). Khi đó, dãy {xk}∞
k=0, được xác định bởi (2.5) hội tụ yếu về p∗ là nghiệm của (2.4).
Ta biết rằng nếu P∞
k=1λk < ∞, thì λk → 0, khi k → ∞, và điều ngược lại thì không đúng.
2.2 Phương pháp lặp ẩn giải một lớp bất đẳng thức biến phân trong không gian Banach
2.2.1 Mô tả phương pháp
Để chứng minh sự hội tụ mạnh và giảm điều kiện đặt lên dãy λk, trong [5], GS.TS. Nguyễn Bường và học trò đã đưa ra phương pháp lặp ẩn sau:
xt = Ttxt, Tt := T0tTNt ...T1t, t ∈ (0,1), (2.6) trong đó Tit được xác định bởi
Ttix := (1−βti)x+βtiTix, i = 1,· · ·, N, T0ty := (I −λtµF)y, x, y ∈ H,
(2.7)
và đã chứng minh được rằng dãy {xt} xác định bởi (2.6)-(2.7), hội tụ mạnh về phần tử p∗ nghiệm của (2.4) với các điều kiện của µ, βti, tương tự trong Định lý 2.1, và λt → 0 khi t →0.
Khi N = 1, E là một không gian Banach lồi chặt, phản xạ thực có chuẩn khả vi Gâteaux đều và T là một ánh xạ giả co, liên tục, trong [6], Ceng và đồng nghiệp đã chứng minh được kết quả sau:
Mệnh đề 2.1. Cho F là một ánh xạ η-đơn điệu mạnh và γ-giả co chặt với η + γ > 1 và T là một ánh xạ liên tục và giả co trên E, với
E là một không gian Banach lồi chặt và phản xạ thực có chuẩn khả vi Gâteaux đều sao cho F := F ix(T) 6= ∅. Với mỗi t ∈ (0,1), chọn một số µt ∈ (0,1) tùy ý và dãy {zt} được xác định bởi
zt = t(I −µtF)zt + (1−t)T zt. (2.8) Khi đó, vì với t &0, {zt} hội tụ mạnh về p∗ nghiệm của (2.3).
Để tìm một điểm bất động của một họ vô hạn các ánh xạ không giãn
Ti trên một tập con lồi đóng C trong không gian Hilbert H, trong [11], Takahashi đã sử dụng ánh xạ W, được xác định từ Tk, Tk−1,· · ·, T1 và các số thực αk, αk−1,· · ·, α1 như sau:
Uk,k+1 = I, Uk,k = αkTkUk,k+1+ (1−αk)I, Uk,k−1 = αk−1Tk−1Uk,k + (1−αk−1)I, . . . . Uk,2 = α2T2Uk,3 + (1−α2)I, Wk = Uk,1 = α1T1Uk,2 + (1−α1)I, (2.9)
và, trong [10], dựa trên một ánh xạ co f trên C, Kikkawa và Taka- hashi đã chứng minh sự hội tụ mạnh của dãy {xk}∞k=1, xác định bởi sơ đồ lặp ẩn sau xk = γkf(xk) + (1 − γk)Wkxk với 0 < α1 ≤ 1 và 0 < αi ≤ b < 1, cho i = 2,3, . . .. Tiếp đó, trong [10], khi C là một tập con lồi đóng của không gian Banach lồi đều E với một chuẩn khả vi Gâteaux đều, họ đã đưa ra phương pháp lặp ẩn hội tụ mạnh sau:
Skx= 1− 1 k U x+ 1 kf(x), và U x= limk→∞Wkx = lim k→∞Uk,1x. (2.10) Trong [4], trên cơ sở các phương pháp (2.6), (2.8), bằng cách sử dụng ánh xạ Vk xác định bởi: Vk = Vk1, Vki = TiTi+1 · · ·Tk, Ti = (1−αi)I +αiTi, i = 1,2,· · ·, k, (2.11) trong đó αi ∈ (0,1) và ∞ X i=1 αi < ∞, (2.12)
Giáo sư Nguyễn Bường và học trò đã đưa ra hai phương pháp lặp ẩn mới:
và
xk = γk(I −λkF)xk + (1−γk)Vkxk, k ≥ 1, (2.14) trong đó λk và γk là các thông số dương, thỏa mãn một số điều kiện.
Ta cần các kết quả sau:
Mệnh đề 2.2. Giả sử F, T và E như trong Mệnh đề 2.1. Nếu tồn tại một đãy bị chặn {xk}∞
k=1 và một phần tử p∗ trong E mà lim
k→∞kxk −T xkk = 0 và p∗ = lim
t&0zt,
trong đó {zt} được xác định bởi (2.8), khi đó ta có lim sup
k→∞
hF(p∗), j(p∗ −xk)i ≤ 0.
2.2.2 Sự hội tụ
Bổ đề 2.1. Giả sử C là một tập con lồi đóng của không gian Banach thực và lồi ngặt E và cho {Ti}k
i=1, k ≥ 1, là k ánh xạ không giãn trên
C sao cho F := ∩k
i=1F ix(Ti) 6= ∅. Cho a, b và αi, i = 1,2, . . . , k, là các số thực mà 0 < a ≤ αi ≤ b < 1, và đặt Vk là một ánh xạ được xác định bởi (2.11) với mọi k ≥ 1. Khi đó, F ix(Vk) =F.
Chứng minh. Chú ý rằng khi k = 1 ta có F ix(V1) = F ix(T1) =
F ix(T1). Nên chúng ta sẽ chứng minh với trường hợp k > 1. Trước hết, ta chứng minh rằng F ⊂ F ix(Vk). Thật vậy, với mỗi p ∈ F, ta có
Tip = [(1−αi)I +αiTi]p= p, ∀i = 1,2, . . . , k. (2.15) Kết quả là, Vkp = T1T2. . . Tkp= p. Bây giờ, chúng ta sẽ chứng minh
F ix(Vk) ⊂ F. Lấy bất kỳ z ∈ F ix(Vk) và p ∈ F. Từ (2.15) suy ra kz −pk = kT1T2 · · · Tkz −pk= kT1T2 · · · Tkz−T1pk ≤ kT2 · · · Tkz−pk= kT2 · · ·Tkz −T2pk . . . . ≤ kTk−1Tkz−pk = kTk−1Tkz−Tk−1pk ≤ kTkz −Tkpk ≤ kz −pk. (2.16) Do đó, kz−pk = k[(1−αk)I+αkTk]z−pk= k(1−αk)(z−p) +αk(Tkz−p)k.
VìE lồi chặt vàαk ∈ (a, b)vớia, b ∈ (0,1), ta thu đượcTkz−p= z−p,
và do đó Tkz = z. Nên, z ∈ F ix(Tk) với mỗi z ∈ F ix(Vk). Hơn nữa, điều này đưa đến
k[(1−αk−1)I +αk−1Tk−1]Tkz−pk = k[(1−αk−1)I +αk−1Tk−1]z−pk.
Từ (2.16) ta có
kz−pk = k[(1−αk−1)I +αk−1Tk−1]z−pk
= k(1−αk−1)(z −p) +αk−1(Tk−1z −p)k.
Một lần nữa, vì E lồi chặt và αk−1 ∈ (a, b) với a, b ∈ (0,1), ta có
Tk−1z−p = z−p, nên Tk−1z = z. Do đó, z ∈ F ix(Tk−1). Tương tự, ta thu được z ∈ F ix(Ti) cho mọi i = 1, . . . , k. Có nghĩa là F ix(Vk) ⊂ F. Việc chứng minh hoàn tất.
Bổ đề 2.2. Cho C là một tập con lồi đóng của không gian Banach thực E và cho {Ti}∞i=1 là một dãy vô hạn các ánh xạ không giãn trên
(2.11) và cho αi thỏa mãn (2.12). Khi đó, với mỗi x ∈ C và i ∈ N, limk→∞Vkix tồn tại.
Cho p ∈ F và x ∈ C mà p =6 x. Khi đó, cho k ∈ N với k ≥ i, ta có
kVki+1x−Vkixk = kTiTi+1 · · ·TkTk+1x−TiTi+1· · · Tkxk
≤ kTk+1x−xk = k(1−αk+1)x+αk+1Tk+1x−xk
= αk+1kTk+1x−Tk+1p+p−xk ≤ 2αk+1kx−pk.
Sử dụng (2.12), ta có limn,m→∞Pm
j=nαj = 0. Nên, với bất kỳ ε > 0, tồn tại k0 ∈ N với k0 ≥ i mà cho bất kỳ giá trị n, m với m > n > k0, ta có m−1 X j=n αj+1 < ε 2kx−pk. Do đó, kVmix−Vnixk ≤ m−1 X j=n kVji+1x−Vjixk ≤ m−1 X j=n (2αj+1kx−pk) = 2kx−pk m−1 X j=n αj+1 < ε.
Điều này có nghĩa là {Vkix}, với mỗi i bất động, là một dãy Cauchy trong không gian Banach E và do vậy limk→∞Vkix tồn tại.
Ta có thể định nghĩa các ánh xạ
V∞i x := lim
k→∞Vkix and V x := lim
k→∞Vkx.
Bổ đề 2.3. Cho C là một tập con lồi đóng của không gian Banach thực và lồi ngặt E và cho {Ti}∞i=1 là một dãy vô hạn các ánh xạ không giãn trên C sao cho F := ∩∞
i=1F ix(Ti) 6= ∅. Cho αi thỏa mãn điều kiện đầu tiên trong (1.12). Khi đóF ix(V) =F.
Chứng minh. Cho p ∈ F. Khi đó, rõ ràng rằng Vkip = p cho mọi
i, k ∈ N với k ≥ i. Nên, ta có V∞i p= p với mọi i ∈ N. Cụ thể là, ta có
V p= V∞1p và do đó F ⊂ F ix(V).
Tiếp theo, chúng ta chứng minh rằngF ix(V) ⊂ F. Chox ∈ F ix(V) và y ∈ F. Khi đó, kVkx−Vkyk = kVk1x−Vk1yk = k(1−α1)(Vk2x−Vk2y) +α1(T1Vk2x−T1Vk2y)k ≤ (1−α1)kVk2x−Vk2yk+α1kVk2x−Vk2yk = kVk2x−Vk2yk ≤ kVki+1x−Vki+1yk ≤ kVkkx−Vkkyk ≤ kx−yk,
cùng với kV x−V yk = kx−yk kéo theo
kV∞i x−V∞i yk = kV∞i+1x−V∞i+1yk = kx−yk.
Do đó,
k(1−αi)(V∞i+1x−V∞i+1y) +αi(TiV∞i+1x−TiV∞i+1y)k
= kV∞i+1x−V∞i+1yk
= kx−yk,
cho mỗi i ∈ N. Vì E lồi ngặt, 0 < αi < 1, và y ∈ F, ta có
x−y = TiV∞i+1x−TiV∞i+1y = TiV∞i+1x−y
và
x−y = V∞i+1x−V∞i+1y = V∞i+1x−y
Do đó, x = TiV∞i+1x và x = V∞i+1x với mỗi i ∈ N. Như vậy, với mọi