Ánh xạ đơn điệu trong không gian Hilbert
Phép chiếu mêtric
Trong không gian Hilbert thực H với tích vô hướng, một tập con lồi đúng C được xem xét Sự hội tụ mạnh và hội tụ yếu của dãy {xn} tới x ∈ H được ký hiệu lần lượt là xn → x và xn * x Theo định nghĩa, dãy {xn} trong không gian Hilbert H được gọi là hội tụ yếu về phần tử x ∈ H nếu khi n tiến tới vô cùng, giới hạn của tích vô hướng hx n , yi bằng hx, yi với mọi y ∈ H.
Từ tính liên tục của tích vô hướng cho thấy rằng nếu chuỗi {x_n} hội tụ về x, thì tích xn * x cũng hội tụ Tuy nhiên, điều ngược lại không đúng Ví dụ, trong không gian l², tập hợp {x_n} ⊂ R thỏa mãn điều kiện P∞ n=1 |x_n|² < ∞, trong khi tập hợp {e_n} ⊂ l² được định nghĩa bởi e_n = (0, , 0, 1) tại vị trí thứ n.
,0, ,0, ), với mọi n ≥ 1 Khi đó, en * 0, khi n → ∞ Thật vậy, với mỗi y ∈ H, từ bất đẳng thức Bessel, ta có
Suy ra lim n→∞ he n , yi = 0, tức là e n * 0 Tuy nhiên, {e n } không hội tụ về
0, vì ke n k = 1 với mọi n ≥ 1 (xem [2]).
Bổ đề 1.1.2 (xem [2]) Trong không gian Hilbert thực H ta có bất đẳng thức sau: kx+yk 2 ≤ kxk 2 + 2hx+y, yi ∀x, y ∈ H.
Mệnh đề 1.1.3 (xem [2]) Cho C là một tập con lồi và đóng của không gian Hilbert thực H Khi đó, với mỗi x ∈ H, tồn tại duy nhất phần tử
PCx ∈ C sao cho kx−P C xk ≤ kx−yk với mọi y ∈ C (1.1)
Chứng minh Thật vậy, đặt d = inf u∈Ckxưuk Khi đó, tồn tại {un} ⊂ C sao cho kxưu n k → d khi n → ∞ Từ đó, ku n ưumk 2 = k(xưun)ư(xưum)k 2
Khi n, m tiến tới vô cùng, ta có bất đẳng thức ≤ 2(kxưu n k 2 + kxưu m k 2 )ư4d 2 → 0, cho thấy {un} là dãy Cauchy trong không gian H Do đó, tồn tại giới hạn u khi n tiến tới vô cùng, tức là lim un ∈ C Bởi vì chuẩn là hàm số liên tục, nên kxưuk = d Giả sử tồn tại v ∈ C sao cho kx−vk = d, ta có kuưvk 2 = k(xưu)ư(xưv)k 2.
Suy ra u = v Vậy tồn tại duy nhất một phần tử PCx ∈ C sao cho kxưPCxk = inf u∈C kxưuk. Định nghĩa 1.1.4 Phép cho tương ứng mỗi phần tử x ∈ H một phần tử
PCx ∈ C xác định như (1.1) được gọi là phép chiếu mêtric chiếu H lên C.
Ví dụ 1.1.5 Cho C = {x ∈ H : hx, ui = y}, với u6= 0 Khi đó
Mệnh đề dưới đây cho ta một điều kiện cần và đủ để ánh xạPC : H → C là một phép chiếu mêtric.
Mệnh đề 1.1.6 chỉ ra rằng, cho C là một tập con lồi đóng trong không gian Hilbert thực H, điều kiện cần và đủ để ánh xạ PC : H → C trở thành phép chiếu mêtric từ H lên C là bất đẳng thức hx−PCx, PCx−yi ≥ 0, áp dụng cho mọi x ∈ H và y ∈ C.
Chứng minh Giả sử P C là phép chiếu mêtric Khi đó với mọix ∈H, y ∈
C và mọi t ∈ (0,1), ta có ty + (1−t)P C x ∈ C Do đó, từ định nghĩa của phép chiếu mêtric, suy ra kx−P C xk 2 ≤ kx−ty−(1−t)P C xk 2 ∀t ∈ (0,1).
Bất đẳng thức trên tương đương với kx−P C xk 2 ≤ kx−P C xk 2 −2thx−P C x, y−P C xi+t 2 ky−P C xk 2 , với mọi t ∈ (0,1) Từ đó, hx−PCx, PCx−yi ≥ −t
Cho t → 0 + , ta nhận được hx−PCx, PCx−yi ≥ 0.
Ngược lại, giả sử hx−PCx, PCx−yi ≥ 0 với mọi x∈ H và y ∈C.
Khi đó, với mỗi x∈ H và y ∈C, ta có kx−PCxk 2 =hx−PCx, x−y +y −PCxi
=hx−PCx, y−PCxi+hx−PCx, x−yi
≤ kx−yk 2 +hy−PCx, x−PCx+PCx−yi
=kx−yk 2 +hy−P C x, x −P C xi − ky−P C xk 2
Suy ra P C là phép chiếu mêtric từ H lên C.
Hệ quả 1.1.7 (xem [2]) cho biết rằng nếu C là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert H và PC là phép chiếu mêtric từ H lên C, thì với mọi x, y ∈ H, ta có bất đẳng thức kP C x−P C yk² ≤ hx−y, P C x−P C yi.
Chứng minh Với mọi x, y ∈ H, từ Mệnh đề 1.1.6, ta có hx−PCx, PCy −PCxi ≤ 0, hy −PCy, PCx−PCyi ≤ 0.
Cộng hai bất đẳng thức trên ta nhận được điều phải chứng minh.
Ánh xạ không giãn, ánh xạ đơn điệu
Trong không gian Hilbert thực H, một tập con lồi, đóng và khác rỗng C được định nghĩa, trong đó ánh xạ T : C → H được gọi là ánh xạ không giãn nếu nó thỏa mãn điều kiện kT x − T yk ≤ kx − yk cho mọi x, y thuộc C.
Tập điểm bất động của ánh xạ không giãn T được ký hiệu là Fix(T), được định nghĩa là Fix(T) = {x ∈ C : T x = x} Tính chất của tập điểm bất động Fix(T) của ánh xạ không giãn T sẽ được trình bày trong mệnh đề dưới đây.
Trong không gian Hilbert thực H, nếu C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng, cùng với ánh xạ không giãn T: C → H, thì tập Fix(T) sẽ là một tập con lồi và đóng trong H.
Chứng minh (a) Giả sử Fix(T) 6= ∅ Trước hết, ta chỉ ra Fix(T) là tập đóng Thật vậy, vì T là ánh xạ không giãn nên T liên tục trên C Giả sử
{x n } là một dãy bất kỳ trong Fix(T) thỏa mãn xn → x, khi n → ∞ Vì {xn} ⊂Fix(T), nên kT xn−xnk = 0 ∀n ≥ 1.
Từ tính liên tục của chuẩn, cho n → ∞, ta nhận được kT x−xk = 0, tức là x∈ Fix(T) Do đó, Fix(T) là tập đóng.
(b) Tiếp theo, ta chỉ ra tính lồi của Fix(T) Giả sử Fix(T) 6= ∅ và x, y ∈ Fix(T) Với λ∈ [0,1], đặt z = λx+ (1−λ)y Khi đó, kT z −zk 2 = kλ(T z −x) + (1−λ)(T z −y)k 2
Suy ra T z =z và do đó z ∈ Fix(T) Vậy Fix(T) là một tập lồi.
Cho {Ti} ∞ i=1 là một họ vô hạn đếm được các ánh xạ không giãn trên không gian Hilbert H Các số thực γ1, γ2, được xác định với điều kiện 0 ≤ γi ≤ 1 cho mọi i = 1, 2, Đối với mỗi n = 1, 2, , ánh xạ W n được xác định theo một cách cụ thể.
Ánh xạ Wn được định nghĩa bởi công thức W n = U n,1 = γ 1 T 1 U n,2 + (1−γ 1 )I.U n,n+1 I, trong đó γn, γ n−1 , , γ1 là các tham số điều chỉnh Ánh xạ này được gọi là W-ánh xạ sinh ra từ các biến Tn, Tn−1, , T1 Các tính chất của ánh xạ Wn sẽ được trình bày trong các bổ đề tiếp theo.
Bổ đề 1.1.10 (xem [14])ChoH là một không gian Hilbert thực,T 1 , T 2 , ,
Tn là các ánh xạ không giãn trên H, với điều kiện Tn i=1Fix(Ti) là khác rỗng Giả sử γ1, γ2, , γn là các số thực thỏa mãn 0 < γi < 1 cho i = 1, 2, , n Đối với mỗi n = 1, 2, , Wn là W-ánh xạ được sinh ra từ các ánh xạ này.
T n , T n−1 , , T 1 và các số γ n , γ n−1 , , γ 1 Khi đó W n là ánh xạ không giãn và Fix(W n ) =Tn i=1Fix(T i ).
Với k ∈ N Từ Bổ đề 3.2 trong [6], ta định nghĩa các ánh xạ U∞ và W trên không gian Hilbert H như sau:
W x = lim n→∞Wnx= lim n→∞Un,1x với mọi x ∈ H Vậy ánh xạ W được gọi là W-ánh xạ được sinh ra bởi
Bổ đề 1.1.11 cho biết rằng trong không gian Hilbert thực H, nếu T1, T2, là các ánh xạ không giãn và T∞ i=1Fix(Ti) không rỗng, cùng với các số thực γ1, γ2, thỏa mãn 0 < γi < 1 cho mọi i ∈ N, thì ánh xạ W được sinh ra bởi T1, T2, và γ1, γ2, cũng là ánh xạ không giãn, với Fix(W) = T∞ i=1Fix(Ti) Định nghĩa 1.1.12 nêu rõ rằng C là một tập con lồi trong không gian Hilbert.
H và D là một tập con trong H chứa C Ánh xạ đơn trị A :D →H được gọi là:
(i) đơn điệu trên C nếu hAx−Ay, x−yi ≥ 0 ∀x, y ∈ C;
A được gọi là đơn điệu chặt trên C nếu dấu "=" của bất đẳng thức trên chỉ xảy ra khi x= y;
(ii) đơn điệu đều nếu tồn tại một hàm không âm δ(t), không giảm với t ≥ 0, δ(0) = 0 và thỏa mãn hAx−Ay, x−yi ≥ δ kx−yk
∀x, y ∈ C; nếu δ(t) = cAt 2 , cA là hằng số dương thì toán tử A được gọi là đơn điệu mạnh;
(iii) liên tục Lipschitz trên C với hệ số L > 0 nếu kA(x)−A(y)k ≤ Lkx−yk ∀x, y ∈ C.
(iv) λ-đơn điệu mạnh ngược nếu tồn tại hằng số λ dương sao cho hAx−Ay, x−yi ≥ λkAx−Ayk 2 ∀x, y ∈C.
Nhận xét 1.1.13 NếuA đơn điệu mạnh trênC thì đơn điệu chặt trên C; nếu A đơn điệu chặt trên C thì đơn điệu trên C Tuy nhiên chiều ngược lại không đúng.
Bổ đề 1.1.14 chỉ ra rằng, trong không gian Hilbert thực H với tập con lồi đóng C không rỗng, nếu A : C → H là ánh xạ α-đơn điệu mạnh và β-liên tục Lipschitz với các tham số α, β, ρ > 0, trong đó ρ thuộc khoảng (0, 2α/β²), thì có thể khẳng định rằng kPC(I − ρA)x − PC(I − ρA)yk ≤ p.
1−ρ(2α−ρβ 2 )kx−yk với mọi x, y ∈C Đặc biệt, PC(I −ρA) là một ánh xạ co từ C vào C.
Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert 10
Bài toán bất đẳng thức biến phân
Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert H, ký hiệu là VI(A, C), được định nghĩa với C là một tập hợp con lồi đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H, trong khi D là một tập con của H chứa.
C, A :D →H là một ánh xạ xác định trên H.
Tìm phần tử x ∗ ∈ C sao cho hA(x ∗ ), x−x ∗ i ≥ 0 (∀x∈ C) (1.4)
Bài toán bất đẳng thức biến phân (1.4) chỉ có một nghiệm duy nhất, như được nêu trong Định lý 1.2.1 Cụ thể, nếu A : D → H là ánh xạ η-đơn điệu mạnh và L-liên tục Lipshitz trên C, thì bài toán VI(A, C) (1.4) sẽ có nghiệm duy nhất.
Sau đây là một số bài toán quen thuộc có thể mô tả được dưới dạng bài toán bất đẳng thức biến phân.
Bài toán giải hệ phương trình
Xét H = R n , C = D = R n và A : R n → R n Khi đó x ∗ ∈ R n là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân VI(A,R n ) khi và chỉ khix ∗ là nghiệm của hệ phương trình A(x ∗ ) = 0.
Bài toán điểm bất động
Giả sử C là một tập không rỗng trong không gian Hilbert H và T : C → C là một ánh xạ Bài toán điểm bất động, được ký hiệu là FP(T, C), được định nghĩa như sau: tìm một điểm x trong C sao cho T(x) = x.
Tìm x ∗ ∈ C thỏa mãn x ∗ = T(x ∗ ) (1.5) Xét ánh xạ A : C →H cho bởi
Khi đó bài toán VI(A, C) tương đương với bài toán tìm điểm bất động của ánh xạ T.
Xấp xỉ nghiệm bài toán bất đẳng thức biến phân
Ánh xạ j-đơn điệu trong không gian Banach
Không gian Banach E được ký hiệu là E, và không gian liên hợp của E được ký hiệu là E ∗ Giá trị của phiếm hàm tuyến tính liên tục x ∗ ∈ E ∗ tại x ∈ E được thể hiện qua ký hiệu hx ∗ , xi Chuẩn của không gian E và E ∗ đều được ký hiệu là k ã k.
Xét không gian các dãy số bị chặn
|x n | 1 (nói chung là đa trị) xác định bởi
Ánh xạ đối ngẫu tổng quát J s (x) trong không gian Banach E được định nghĩa bởi điều kiện hx ∗ , xi = kx ∗ kkxk,kx ∗ k = kxk s−1 với x ∈ E Khi s = 2, ánh xạ J 2 được ký hiệu là J và được gọi là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc của E.
Ký hiệu ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc đơn trị là j.
Ví dụ 2.1.11 Trong không gian Hilbert H, ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc là ánh xạ đơn vị I.
Tính đơn trị của ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc có liên hệ chặt chẽ với tính khả vi của chuẩn trong không gian Banach, như được khẳng định trong các định lý Cụ thể, theo Định lý 2.1.12, cho không gian Banach E với ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J :E →2 E ∗, thì các khẳng định sau là tương đương: (i) E là không gian trơn.
Chuẩn của không gian E là khả vi Gâteaux, với công thức 5kxk = kxk −1 J x Theo Định lý 2.1.13, nếu E là không gian Banach có chuẩn khả vi Gâteaux đều, thì ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc j : E → E ∗ là liên tục đều mạnh-yếu ∗ trên mọi tập con bị chặn trong E.
Bổ đề 2.1.14 khẳng định rằng, trong không gian Banach trơn E, với mọi x, y thuộc E, ta có bất đẳng thức kxk² + 2hy, j(x)i ≤ kx + yk² ≤ kxk² + 2hy, j(x + y)i Để chứng minh điều này, ta xét kxk² - kyk² - 2hx - y, ji, và nhận thấy rằng nó có thể được viết lại dưới dạng kxk² - kyk² - 2hx, ji + 2hy, ji.
= kxk 2 − kyk 2 −2hx, ji+ 2kyk 2
Vậy ta có bất đẳng thức kxk 2 − kyk 2 −2hx−y, ji > 0 với mọi x, y ∈ E và j ∈ J y (2.2)
Từ bất đẳng thức (2.2), ta lần lượt thay x bởi x+y và y bởi x+y ta thu được hai bất đẳng thức cần chứng minh
Tiếp theo, chúng tôi trình bày về ánh xạ j−đơn điệu và một khái niệm liên quan. Định nghĩa 2.1.15 Cho A : E → E là một ánh xạ đơn trị Ánh xạ
(i) j-đơn điệu nếu với mọi x, y ∈ E, tồn tại j(x−y) ∈ J(x−y) sao cho hA(x)−A(y), j(x−y)i ≥ 0;
(ii) η-j-đơn điệu mạnh nếu tồn tại số η > 0 sao cho với mọi x, y ∈ E, tồn tại j(x−y)∈ J(x−y) sao cho hA(x)−A(y), j(x−y)i ≥ ηkx−yk 2 ;
Một ánh xạ m-j-đơn điệu được định nghĩa là ánh xạ j-đơn điệu khi miền ảnh R(A) cộng với ánh xạ đơn vị I trên không gian E bằng E với mọi r > 0.
Nếu E là không gian Hilbert H, ánh xạ j-đơn điệu và η-j-đơn điệu mạnh đều là ánh xạ đơn điệu Ánh xạ A : E → E được gọi là γ-giả co chặt theo nghĩa của Browder và Petryshyn nếu tồn tại j(x−y) ∈ J(x−y) sao cho hA(x)−A(y), j(x−y)i ≤ kx−yk² − γk(I − A)(x)−(I − A)(y)k² với mọi x, y ∈ E và mọi γ > 0.
Nhận xét 2.1.18 Rõ ràng, nếu A là ánh xạ γ-giả co chặt, thì A là ánh xạ L-liên tục Lipschitz với L= 1 + 1/γ, tức là kA(x)−A(y)k ≤Lkx−yk với mọi x, y ∈ E.
Bổ đề 2.1.19 (xem [6, Mệnh đề 2.1]) Cho E là một không gian Banach trơn và A : E → E là ánh xạ η-j-đơn điệu manh và γ-giả co chặt với η +γ >1 Khi đó:
(i) Với mỗi λ ∈ (0,1), I − λA là ánh xạ co với hằng số 1 − λτ, ở đây τ = 1−p
(ii) Khi λ = 1, I −A cũng là ánh xạ co với hằng số τ 1 =p
Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Banach 25
2.2.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu
Bài toán bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu trong không gian Banach
E, ký hiệu là VI ∗ (A, C) được phát biểu như sau: Cho C là một tập hợp con lồi đóng, khác rỗng của không gian Banach thực X, A : E → E là một ánh xạ xác định trên E.
Tìm phần tử x ∗ ∈ C sao cho hA(x ∗ ), j(x−x ∗ )i ≥ 0 ∀x ∈C (2.3)
Trong mục này, ta xét bài toán bất đẳng thức biến phân VI ∗ (A, C)trong trường hợp A : E →E là ánh xạ η-j-đơn điệu mạnh, γ-giả co chặt và
Fix(T i ) (2.4) với {Ti} ∞ i=1 là một họ vô hạn đếm được các ánh xạ không giãn trên E.
Giả sử Q là một tập con lồi đóng trong không gian Banach lồi chặt E, và {T i } ∞ i=1 là một dãy các ánh xạ không giãn trên Q.
Fix(Ti) là khác rỗng Cho {ti} ∞ i=1 là một dãy các số thực dương với
X i=1 ti = 1 Khi đó ánh xạ T trên Q xác định bởi
X i=1 t i T i (x) với x ∈ Q là ánh xạ không giãn và Fix(T) ∞
Mệnh đề 2.2.2 (xem [8]) đề cập đến không gian Banach thực phản xạ lồi chặt E với chuẩn khả vi Gâteaux đều Trong đó, F : E → E là ánh xạ η-j-đơn điệu mạnh và γ-giả co chặt, thỏa mãn điều kiện η + γ > 1 Đồng thời, S : E → E là ánh xạ không giãn với C = Fix(S) không rỗng Đối với mỗi t ∈ (0,1), ta chọn λ t ∈ (0,1) sao cho λ t → 0 khi t → 0, và định nghĩa {y t } theo công thức y t = (I − λ t F)S(y t ).
(i) Tồn tại một nghiệm duy nhất p ∗ ∈ C của bài toán bất đẳng thức biến phân VI ∗ (F, C).
(ii) Dãy {yt} hội tụ mạnh tới nghiệm p∗ của bài toán VI ∗ (F, C) khi t → 0.
Bổ đề 2.2.3 (xem [8]) Cho E và F như trong Mệnh đề 2.2.2 Giả sử {T i } là một họ vô hạn các ánh xạ không giãn trên E sao cho C : ∞
X i=1 s i T i , k ≥ 1, với s i được định nghĩa trong (2.9) và s˜k k
(a) Tồn tại một ánh xạ không giãn T : E →E được định nghĩa bởi
(b) Với mỗi tập đóng B trong E, ta có k→∞lim sup x∈B kT k (x)−T(x)k = 0.
(c) Cố định α ∈ (0,1), ta định nghĩa S k := αI + (1 − α)T k , k ≥ 1 và
S := αI + (1 −α)T Nếu dãy {xk} trong E là bị chặn và lim k→∞kxk − S(xk)k = 0, thì lim sup k→∞ hF(p ∗ ), j(p ∗ −x k )i ≤ 0, (2.6) trong đó p∗ ∈ C là một nghiệm duy nhất của bài toán VI ∗ (F, C).
Chứng minh (a) Theo Bổ đề 2.2.1, tồn tại một ánh xạ không giãn
(b) Giả sử B là một tập con đóng của E Khi đó, tồn tại một số dương
M˜ sao cho kxk ≤ M˜ với mọi x ∈ B Từ đó, với mỗi x ∈ B và p ∈ C, ta được kT i (x)−pk = kT i (x)−T i (p)k ≤ kx−pk ≤ kxk+kpk ≤ K˜ ∀i ∈N, ở đây K˜ = ˜M +kpk 0 Từ đó kym−S(ym)k → 0, khi đó tồn tại m 1 0 ∈ N sao cho lim sup k→∞ hF S(y m ), j(y m −x k )i < ε
Từ {x k −ym} bị chặn và ánh xạ đối ngẫu liên tục yếu trên các tập con bị chặn của không gian Banach E với chuẩn khả vi Gâteaux, ta suy ra rằng F S(y m ) tiến tới F(p ∗ ) khi y m tiến tới p ∗.
|hF(p∗), j(xk −p∗)i − hF S(y m ), j(xk−ym)i|
+kF(p∗)−F S(ym)k kx k −ymk → 0 khi m→ ∞.
Khi đó tồn tại m 2 0 ∈ N sao cho hF(p ∗ ), j(p ∗ −x k )i < hF S(y m ), j(y m −x k )i+ ε
2, ∀k ∈ N and m≥ m 2 0 Đặt m0 = max{m 1 0 , m 2 0 } Sử dụng (2.7), ta có lim sup k→∞ hF(p ∗ ), j(p ∗ −x k )i
Từ ε tùy ý, ta thu được lim sup k→∞ hF(p ∗ ), j(p ∗ −x k )i ≤ 0
2.2.2 Một phương pháp lặp hiện xấp xỉ nghiệm bài toán bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu
Phương pháp lặp hiện giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của các ánh xạ không giãn trong không gian Banach cho thấy sự hội tụ mạnh Dãy lặp được xây dựng để đạt được kết quả này.
(xk), k ≥ 1, (2.8) trong đó si thỏa mãn s i >0 và
X i=1 si, α ∈ (0,1) là một số cố định và dãy tham số lặp {λk} thỏa mãn các điều kiện
X k=1 λk =∞. Định lý 2.2.4 (xem [8]) Cho E, F giống như trong Mệnh đề 2.2.2 và cho {T i } là một họ vô hạn các ánh xạ không giãn trên E sao cho C : ∞
Giả sử Fix(Ti) khác rỗng và chọn một giá trị cố định α trong khoảng (0,1) Nếu λk và si thỏa mãn các điều kiện (L1), (L2) và (2.9), thì dãy {x k} được định nghĩa theo (2.8) sẽ hội tụ mạnh tới p∗, là nghiệm duy nhất của bài toán bất đẳng thức biến phân VI ∗ (F, C), với C được xác định trong (2.4).
Chứng minh Ta chứng minh theo các bước sau.
Bước 1 Chứng minh dãy {x k } là bị chặn.
Với mỗi p ∈ C, từ (2.8) và Bổ đề 2.1.19, ta có kxk+1−pk ≤ k(I −λkF)S k (xk)−S k (p)k
≤ max {kx1 −pk,kF(p)k/τ}, ở đây S k = αI + (1−α)T k với T k định nghĩa bởi
(1−η)/γ Vì vậy, dãy {x k } bị chặn.
Bước 2 Chứng minh kx k+1 −x k k → 0 khi k → ∞.
Từ dãy {xk} bị chặn, suy ra rằng các dãy {Sk(xk)}, {Sk+1(xk)}, {Ti(xk)} với i ≥ 1, {FSk(xk)} và {FSk+1(xk)} cũng bị chặn Chúng ta có thể giả sử rằng tất cả đều bị chặn bởi cùng một số dương M1 Hơn nữa, theo công thức (2.8), ta có thể biểu diễn xk+1 = λk(I − F)Sk(xk) + (1 − λk)Sk(xk).
(2.11) ở đây hk = (1−λk)α và zk = λk(I −F)S k (xk)
T k (xk), và kT k+1 (xk)−T k (xk)k
≤ sk+1 ˜ s k+1 M1 + sk+1 ˜ s k+1 M1 = 2sk+1 ˜ s k+1 M1, ta có kz k+1 −z k k ≤ kC 1 k+kC 2 k(1−α)
Từ đó, ta thu được kz k+1 −z k k ≤ kx k+1 −x k k+ ˜c k
Rõ ràng hơn, từ các điều kiện (L1) và (2.9), ta có h k → α, s k → 0 và ˜ sk → s >˜ 0 khi k → ∞ Vì vậy, k→∞lim λ k+1 τ 1
Các giới hạn trên và tính bị chặn của {x k } bảm đảm rằng ˜ck → 0 khi k → ∞ Do đó, lim sup k→∞ kzk+1−zkk − kxk+1−xkk
Theo tính chất của Bổ đề 1.2.4, ta có k→∞lim kx k −z k k = 0 (2.12)
Bây giờ, từ (2.8) và (2.11) với (2.12) suy ra kS k (xk)−xk+1k ≤λkM1 → 0, khi k → ∞ và k→∞lim kxk+1−xkk = lim k→∞ 1−(1−λk)α kxk−zkk = 0.
Từ Mệnh đề 2.2.2, có một nghiệm duy nhất p ∗ ∈ C cho bài toán bất đẳng thức biến phân (2.3) Tập hợp B := {x k } được định nghĩa theo (2.8) là bị chặn, và từ Bổ đề 2.2.3(b), ta suy ra rằng lim k→∞sup x∈B kT k (x)− T(x)k = 0 Do đó, lim k→∞sup x∈B kS k (x)−S(x)k = 0 cũng được xác lập Lưu ý rằng kx k −S(x k )k ≤ kx k −S k (x k )k + kS k (x k )−S(x k )k.
Từ Bước-II, ta có lim k→∞kx k −S k (x k )k = 0 Vì vậy, ta có thể dễ thấy kx k − S(x k )k → 0, as k → ∞ Từ đó, theo Bổ đề 2.2.3(c) (xem (2.6)), ta có lim sup k→∞ hF(p ∗ ), j(p ∗ −x k )i ≤ 0.
Vì j liên tục đều trên một tập con đóng của E, nên k→∞lim j(p∗ −xk+1)−j(p∗ −xk)
Cuối cùng, từ Bổ đề 2.1.19(i) và Bổ đề 2.1.14, ta có kx k+1 −p ∗ k 2 = k(I −λ k F)S k (x k )−p ∗ k 2
≤ (1−λkτ)kxk −p∗k 2 + 2λkτ hF(p∗), j(p∗ −xk)i +hF(p∗), j(p∗ −xk+1)−j(p∗ −xk)i
X k=1 bk = ∞ Vì vậy, theo Bổ đề 1.2.4 và Bổ đề 2.2.3 với ak = kxk − p∗k 2 ,
(2.13)-(2.14), từ đó suy ra lim k→∞xk = p ∗
Ta định nghĩa F = (1− a)I với a ∈ (0,1), dẫn đến F = I − f với f = aI F là một ánh xạ η-j-đơn điệu mạnh và γ-giả co chặt trên E, với các số dương η và γ thỏa mãn điều kiện η + γ > 1 Đối với mọi x, y ∈ E, ta có hF(x)−F(y), j(x−y)i = (1−a)k x−y k².
= kx−yk 2 −γk(I −F)(x)−(I −F)(y)k 2 , ở đây γ = 1 a ∈ (1,∞) Rõ ràng, η = 1−a và từ đó η+γ > 1 Bây giờ, thay
F bởi (1 −a)I trong (2.8), ta thu được thuật toán tìm một điểm chung cho một họ vô hạn của các ánh xạ không giãn trên E dưới đây:
Định lý 2.2.5 là một kết quả trực tiếp từ Định lý 2.2.4, áp dụng cho không gian Banach phản xạ thực và lồi chặt E, với chuẩn vi phân Gâteaux đều Hơn nữa, {T i } là một họ vô hạn các ánh xạ không giãn trên không gian E.
Giả sử Fix(Ti) 6=∅ với a và α là hai số cố định trong khoảng (0,1) Nếu λ k và s i thỏa mãn các điều kiện (L1), (L2) và (2.9), thì dãy {x k } được xác định trong (2.15) sẽ hội tụ mạnh tới p ∗, là nghiệm duy nhất của bài toán bất đẳng thức biến phân, với p ∗ thuộc C và thỏa mãn hp ∗ , j(p ∗ −p)i ≤ 0 cho mọi p thuộc C.
Bài viết đã trình bày hai phương pháp lặp để giải bài toán bất đẳng thức biến phân, áp dụng cho tập điểm bất động chung của một họ vô hạn đếm được các ánh xạ không giãn trong không gian Hilbert và không gian Banach.
(1) Trình bày định nghĩa và tính chất của ánh xạ đơn điệu trong không gian Hilbert, ánh xạ j-đơn điệu trong không gian Banach.