ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THÀNH TRUNG XẤP XỈ NGHIỆM CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN BA CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Trương Minh Tuyên Thái Nguyên – 2017 ii Lời cảm ơn Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn TS Trương Minh Tuyên Qua thời gian nghiên cứu học tập trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên tác giả học tập nhiều kiến thức chuyên ngành phục vụ cho công tác giảng dạy nghiên cứu thân Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy hướng dẫn TS Trương Minh Tuyên dành nhiều thời gian hướng dẫn bảo tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới thầy cô Ban giám hiệu, thầy khoa Tốn - Tin phòng chức trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới bạn lớp K9HY, bạn bè người thân gia đình động viên, giúp đỡ suốt thời gian qua iii Mục lục Lời cảm ơn ii Một số ký hiệu viết tắt iv Mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số đặc trưng không gian Hilbert 1.2 Bài tốn tìm điểm bất động ánh xạ không giãn 10 1.3 Bài toán bất đẳng thức biến phân cổ điển 15 1.4 Bài toán bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert 18 1.5 Một số bổ đề bổ trợ 21 Chương Xấp xỉ nghiệm lớp bất đẳng thức biến phân ba cấp 23 2.1 Phát biểu toán 23 2.2 Thuật toán 26 Kết luận Tài liệu tham khảo 49 50 iv Một số ký hiệu viết tắt H không gian Hilbert X khơng gian Banach , tích vơ hướng H chuẩn H ∪ phép hợp ∩ phép giao R+ tập số thực khơng âm I tốn tử đồng ∅ tập rỗng ∀x với x ∃x tồn x αn α0 dãy số thực {αn } hội tụ giảm α0 xn −→ x0 dãy {xn } hội tụ mạnh x0 xn dãy {xn } hội tụ yếu x0 x0 Mở đầu Bài toán "Bất đẳng thức biến phân" nảy sinh q trình nghiên cứu giải tốn thực tế toán cân kinh tế, tài chính, tốn mạng giao thơng, lý thuyết trò chơi, phương trình vật lý tốn Bài tốn giới thiệu lần Hartman P.và Stampacchia G vào năm 1966 tài liệu [6] Bài toán bất đẳng thức biến phân không gian hữu hạn chiều, vô hạn chiều với ứng dụng giới thiệu chi tiết sách "An Introduction to Variational Inequalities and Their Applications" D.Kinderlehrer Stampacchia G xuất năm 1980 [7] Từ đó, tốn bất đẳng thức biên phân nghiên cứu phát triển mạnh mẽ, thu hút sự quan tâm nhiều người làm toán nước Một hướng nghiên cứu quan trọng toán bất đẳng thức biến phân việc xây dựng phương pháp giải Có nhiều phương pháp giải đề suất phương pháp gradient, gradient tăng cường hay phương pháp điểm bất động Bài tốn bất đẳng thức biến phân có dạng: Tìm phần tử x∗ ∈ C, cho F (x∗ ), x − x∗ ≥ 0, ∀x ∈ C, F ánh xạ liên tục từ không gian Hilbert H vào nó, C tập lồi đóng H Bài tốn có ý nghĩa quan trọng việc giải toán tối ưu lồi có ràng buộc trường hợp đặc biệt toán chấp nhận lồi tiếng Khi tập chấp nhận C tập nghiệm toán khác (tập điểm bất động ánh xạ không giãn, tập khơng điểm tốn tử đơn điệu, tập nghiệm bất đẳng thức biến phân khác ) tốn gọi tốn bất đẳng thức biến phân hai cấp Trong trường hợp kỳ ta xem C tập điểm bất động phép chiếu mêtric PC từ H lên C, tốn ln xem toán bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn PC Như nói tốn bất đẳng thức biến phân nói chung hay tốn bất đẳng thức biến phân hai cấp nói riêng đóng vai trò quan trọng lĩnh vực giải tích phi tuyến Trong năm gần đây, toán bất đẳng thức biến phân ba cấp V I(A2 , V I(C, A1 )) với C tập nghiệm toán khác chủ đề quan trọng lĩnh vực tối ưu hóa Lớp tốn thu hút đơng đảo người làm tốn ngồi nước quan tâm nghiên cứu Mục đích luận văn trình bày lại kết Ceng L.C., Ansari Q.H., Petrusel A Yao J.C tài liệu [4] kết hợp phương pháp lặp Mann, phương pháp xấp xỉ gắn kết phương pháp đường dốc cho toán bất đẳng thức biến phân ba cấp, với miền chấp nhận tập nghiệm bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ khơng giãn Nội dung luận văn chia làm hai chương Chương trình bày số tính chất đặc trưng khơng gian Hilbert thực, tốn tìm điểm bất động ánh xạ khơng giãn, tốn bất đẳng thức biến phân cổ điển với toán liên quan khơng gian hữu hạn chiều Rn , tốn bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert cuối số bổ đề bổ trợ cần sử dụng đến chứng minh định lý đề cập Chương luận văn Chương luận văn trình bày thuật tốn Ceng L.C., Ansari Q.H., Petrusel A Yao J.C tài liệu [4] với ba định lý (với giả thiết khác đặt lên dãy tham số) hội tụ mạnh thuật toán nghiệm toán bất đẳng thức biến phân ba cấp không gian Hilbert Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương bao gồm năm mục Mục 1.1 đề cập đến số đặc trưng không gian Hilbert thực, Mục 1.2 giới thiệu sơ lược số kết tốn tìm điểm bất động ánh xạ khơng giãn Mục 1.3 trình bày tốn bất đẳng thức biến phân cổ điển không gian hữu hạn chiều Rn toán liên quan, Mục 1.4 giới thiệu toán bất đẳng thức biến phân khơng gian Hilbert Mục 1.5 trình bày số bổ đề cần sử dụng đến Chương luận văn Nội dung chương phần lớn tham khảo từ tài liệu [2] [3] 1.1 Một số đặc trưng không gian Hilbert Ta giả thiết H không gian Hilbert thực với tích vơ hướng kí hiệu , chuẩn kí hiệu Mệnh đề 1.1 (Bất đẳng thức Schwars) Trong không gian Hilbert thực H ta ln có bất đẳng thức sau: | x, y | ≤ x y , với x, y ∈ H Chứng minh Nếu y = bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên Nếu y = 0, từ tính chất tích vơ hướng, ta có x + ty, x + ty ≥ 0, với t ∈ R Suy y t2 + x, y t + x ≥ ∀t ∈ R Điều xảy | x, y |2 ≤ x y Từ ta nhận điều phải chứng minh Mệnh đề 1.2 (Đẳng thức hình bình hành) Trong khơng gian Hilbert thực H ta ln có đẳng thức sau: x+y + x−y = 2( x + y ), với x, y ∈ H Chứng minh Ta ln có x+y = x + xx, y + y , x−y = x − xx, y + y Cộng hai đẳng thức ta nhận điều phải chứng minh Mệnh đề 1.3 Trong không gian Hilbert thực H ta ln có đẳng thức sau x−y + x−z = y−z + x − y, x − z , với x, y, z ∈ H Chứng minh Thật vậy, ta có y−z + x − y, x − z = y, y + z, z + x, x − x, z − x, y = [ x, x − x, y + y, y ] + [ x, x − x, z + z, z ] = x−y Vậy ta điều phải chứng minh + x − z Mệnh đề 1.4 Cho H không gian Hilbert thực Khi đó, với x, y ∈ H λ ∈ [0, 1], ta có λx + (1 − λ)y =λ x + (1 − λ) y − λ(1 − λ) x − y (1.1) Chứng minh Ta có λx + (1 − λ)y = λ2 x + 2λ(1 − λ) x, y + (1 − λ)2 y 2 =λ x + (1 − λ) y − λ(1 − λ)( x − x, y + y ) =λ x + (1 − λ) y − λ(1 − λ) x − y Ta điều phải chứng minh Mệnh đề 1.5 Trong không gian Hilbert thực H, ta ln có x+y ≤ x + y, x + y với x, y ∈ H Chứng minh Với x, y ∈ H, ta có x+y = x + x, y + y ≤ x + x, y + y = x + y, x + y 2 Mệnh đề chứng minh Nhắc lại rằng, dãy {xn } không gian Hilbert H gọi hội tụ yếu phần tử x ∈ H, lim xn , y = x, y , n→∞ với y ∈ H Từ tính liên tục tích vơ hướng, suy xn → x, xn x Tuy nhiên, điều ngược lại không Chẳng hạn xét không gian l2 = {xn } ⊂ R : ∞ n=1 |xn | < ∞ {en } ⊂ l2 , cho en = (0, , 0, , 0, , 0, ), vị trí thứ n với n ≥ Khi đó, en 0, n → ∞ Thật vậy, với y ∈ H, từ bất đẳng thức Bessel, ta có ∞ | en , y |2 < y < ∞ n=1 Tuy nhiên, {en } khơng hội tụ 0, Suy limn→∞ en , y = 0, tức en en = với n ≥ Ta biết không gian Hilbert H thỏa mãn điều kiện Opial, tính chất thể mệnh đề đây: Mệnh đề 1.6 Cho H không gian Hilbert thực {xn } ⊂ H dãy thỏa mãn điều kiện xn x, n → ∞ Khi đó, với y ∈ H y = x, ta có lim inf xn − x < lim inf xn − y n→∞ Chứng minh Vì xn n→∞ (1.2) x, nên {xn } bị chặn Ta có xn − y = xn − x + x−y > xn − x + xn − x, x − y + xn − x, x − y Vì x = y, nên lim inf xn − y n→∞ > lim inf xn − x n→∞ + xn − x, x − y = lim inf xn − x n→∞ Do đó, ta nhận lim inf xn − x < lim inf xn − y n→∞ n→∞ Mệnh đề chứng minh Mệnh đề 1.7 Mọi khơng gian Hilbert thực H có tính chất Kadec-Klee, tức {xn } ⊂ H dãy H thỏa mãn điều kiện xn xn → x , xn → x, n → ∞ x 36 βn−1 | + |γn − γn−1 | + |λn − λn−1 | < ∞ ∞ n=1 |αn µn − αn−1 µn−1 | < ∞ Khi đó, trường hợp này, ta có xn+1 − xn ≤ [1 − γn−1 (1 − ρ)] xn − xn−1 + (|βn − γn−1 | + |γn − γn−1 | + |λn − λn−1 |)M1 + |αn µn − αn−1 µn−1 |M2 Áp dụng Bổ đề 1.4, ta limn→∞ xn+1 − xn = Nhận xét 2.3 Với n ≥ dãy số xác định αn µn = n , βn = γn = n , λn = 1 n3 thỏa mãn tất điều kiện (i)-(vii) Nhận xét 2.4 Nếu A2 x = với x ∈ H, ta có V I(V I(F ix(T ), A1 )A2 ) = V I(F ix(T ), A1 ) trường hợp dãy {xn } xác định Thuật toán 2.1 viết lại dạng xn+1 = βn xn + γn f (xn ) + (1 − βn − γn )Tn xn , với Tn = T (I − λn A1 ) Dưới luận văn trình bày hội tụ mạnh Thuật toán 2.1 với giả thiết khác đặt lên dãy tham số Ta có định lý đây: Định lí 2.4 Giả sử dãy {yn } xác định Thuật toán 2.1 bị chặn Giả sử dãy {µn } ⊂ (0, η/κ2 ), {αn } ⊂ (0, 1], {βn } ⊂ [0, 1], {γn } ⊂ (0, 1], {λn } ⊂ (0, 2α] thỏa mãn điều kiện: (i) ∞ n=0 αn µn = ∞, (ii) limn→∞ (1/αn µn )|1/λn − 1/λn−1 | = 0, (iii) limn→∞ (1/λn )|1 − αn−1 µn−1 /αn µn | = 0, (iv) limn→∞ λn = 0, (v) limn→∞ αn µn /λn = 0, (vi) limn→∞ (λn βn + γn + λ2n )/αn µn = 0, 37 (vii) ∞ n=1 (|βn − βn−1 | + |γn − γn−1 |)/λn < ∞ Khi dãy {xn } xác định Thuật toán 2.1 thỏa mãn khẳng định sau: (a) Các dãy {xn }, {A1 xn } {A2 yn } bị chặn; (b) limn→∞ xn+1 − xn /λn = 0, limn→∞ xn − yn /λn = 0, limn→∞ xn − T xn = 0; (c) Dãy {xn } hội tụ mạnh đến nghiệm Bài toán 2.2, nghĩa ∃r > cho xn − T xn ≥ r inf y∈F ix(T ) xn − y , ∀n ≥ n0 , với n0 ≥ Chứng minh (a) Chứng minh tương tự chứng minh Định lý 2.3, ta thu dãy {xn }, {A1 xn } {A2 yn } bị chặn (b) Chứng minh limn→∞ xn+1 − xn /λn = Tương tự chứng minh Định lý 2.3 (b), ta có Tn+1 xn+1 − Tn xn ≤ xn+1 − xn + |λn − λn+1 | A1 xn , ∀n ≥ yn+1 − yn ≤ [1 − γn (1 − ρ)] xn+1 − xn + (|βn+1 − βn | + |γn+1 − γn | + |λn+1 − λn |)M1 , với n ≥ 0, M1 = sup{ xn + f (xn ) + Tn xn + A1 xn } < ∞ n≥0 xn+1 − xn ≤ (1 − αn τn ) xn − xn−1 + (|βn − βn−1 | + |γn − γn−1 | + |λn − λn−1 |)M1 + |αn µn − αn−1 µn−1 |M2 , với n ≥ 1, τn := − − µn (2η − µn κ2 ) ∈ (0, 1] xác định Bổ đề 1.2 M2 = supn≥0 A2 yn < ∞ 38 Với n ≥ 0, ta thấy bất đẳng thức − µn (2η − µn κ2 ) ≤ 1 − µn η ≤ − µn η ta có τn = − 1 − µn (2η − µn κ2 ) ≥ − − µn η = µn η, (2.14) với < µn ≤ η/κ2 , ∀n ≥ Từ suy ra, với n ≥ 1, ta xn+1 − xn ≤ λn xn − xn−1 − αn µn η λn |βn − βn−1 | + |γn − γn−1 | + |λn − λn−1 | + M1 λn xn − xn−1 ≤ − αn µn η λn−1 2M3 1 αn−1 µn−1 1 + αn µn η (2α + 1) − | + |1 − η αn µn λn λn−1 λn αn µn |βn − βn−1 | + |γn − γn−1 | + M3 , λn M3 = supn≥0 xn+1 − xn + M1 + M2 < ∞ Từ đó, tương tự chứng minh Định lý 2.3, ta nhận lim n→∞ xn+1 − xn xn − yn = lim xn − T xn = , lim n→∞ n→∞ λn = λn (2.15) (c) Chứng minh phần chia thành bước sau: Bước Tương tự chứng minh Bước Định lý 2.3 (c), ta nhận lim sup x∗ − xn+1 , A2 x∗ ≤ n→∞ λn x∗ − zn , A1 x∗ ≤ αn µn Khơng tổng quát, ta giả sử Bước Chứng minh lim supn→∞ xn − T xn ≥ r inf y∈F ix(T ) xn − y , ∀n ≥ r > Vì PF ix(T ) zn ∈ F ix(T ) x∗ ∈ V I(F ix(T ), A1 ), ta có x∗ − zn , A1 x∗ = PF ix(T ) zn − zn , A1 x∗ + x∗ − PF ix(T ) zn , A1 x∗ (2.16) 39 ≤ PF ix(T ) zn − zn , A1 x∗ ≤ PF ix(T ) zn − zn A1 x∗ ≤ [ PF ix(T ) zn − PF ix(T ) xn + PF ix(T ) xn − xn + xn − zn ] A1 x∗ ≤ [2 xn − zn + PF ix(T ) xn − xn ] A1 x∗ với n ≥ Điều với giả thiết (2.16) kéo theo x∗ − zn , A1 x∗ ≤ PF ix(T ) xn − xn A1 x∗ + xn − zn A1 x∗ ≤ xn − T xn A1 x∗ + xn − zn A1 x∗ r ≤ [ xn − yn + yn − T xn ] A1 x∗ + xn − zn A1 x∗ r ≤ xn − yn + βn xn − T xn + γn f (xn ) − T xn r + (1 − βn − γn ) T zn − T xn A1 x∗ + xn − zn A1 x∗ ≤ xn − yn + βn xn − T xn + γn f (xn ) − T xn r + zn − xn A1 x∗ + xn − zn A1 x∗ = [ x n − yn r + +2 r ≤ [ x n − yn r + +2 r = [ x n − yn r +2 + r + βn xn − T xn + γn f (xn ) − T xn ] A1 x∗ xn − zn A1 x∗ + βn M5 + γn M5 ] A1 x∗ xn − zn A1 x∗ + (βn + γn )M5 ] A1 x∗ xn − zn A1 x∗ với n ≥ 0, M5 = supn≥0 { xn − T xn + f (xn ) − T xn } < ∞ Vì vậy, ta λn A1 x∗ λn xn − yn λn (βn + γn ) ∗ ∗ x − zn , A1 x ≤ + M5 αn µn r αn µn αn µn λn xn − zn + +2 A1 x∗ r αn µn ∗ A1 x λ2n xn − yn λn (βn + γn ) = + M5 r αn µn λn αn µn 40 + λn xn − zn +2 r αn µn A1 x∗ với n ≥ Từ bất đẳng thức điều kiện (vi) kéo theo lim sup n→∞ λn x∗ − zn , A1 x∗ ≤ αn µn (2.17) Bước Chứng minh limn→∞ xn − x∗ = Tương tự chứng minh Bước Định lý 2.3 (c), với n ≥ ta có xn+1 − x∗ = (1 − αn µn η) xn − x∗ 2 γn f (x∗ ) − x∗ f (xn ) − x∗ + αn µn η 2(1 − αn µn η η αn µn λn x∗ − zn , A1 x∗ + − αn µn η (1 − βn − γn ) α n µn + x∗ − xn+1 , A2 x∗ , hay an+1 ≤ (1 − sn )an + sn tn + , ∀n ≥ Vì ∞ n=0 αn µn = ∞ nên ∞ n=0 sn = ∞ Ngồi ra, ta có lim sup x∗ − xn+1 , A2 x∗ ≤ 0, n→∞ suy lim supn→∞ tn ≤ 0, tn xác định (2.13) Áp dụng Bổ đề 1.4, ta nhận xn → x∗ Nhận xét 2.5 Trong chứng minh Định lý 2.4 ta chứng minh limn→∞ xn+1 − xn = 0, ta cần giả thiết ∞ n=0 αn µn = ∞, ∞ (|βn − βn−1 | + |γn − γn−1 | + |λn − λn−1 |) < ∞ n=1 ∞ |αn µn − αn−1 µn−1 | < ∞ n=1 Khi đó, kết hợp bất đẳng thức xn+1 − xn ≤ (1 − αn τn ) xn − xn+1 + (|βn − βn−1 | + |γn − γn+1 | 41 + |λn − λn−1 |)M1 + |αn µn − αn−1 µn−1 |M2 với (2.14), ta nhận xn+1 − xn ≤ (1 − αn µn η) xn − xn−1 + (|βn − βn−1 | + |γn − γn−1 | + |λn − λn−1 |)M1 + |αn µn − αn−1 µn−1 |M2 Khi sử dụng Bổ đề 1.4, ta lim xn+1 − xn →= n→∞ 1 Nhận xét 2.6 Nếu với n ≥ 1, ta chọn αn µn = βn = 1/2 , γn = 3/5 , n n λn = 1/3 , dễ dàng thấy điều kiện (i) - (vii) thỏa mãn n Định lí 2.5 Giả sử dãy {yn } xác định Thuật toán 2.1 bị chặn Cho {µn } ⊂ (0, η/κ2 ], {αn } ⊂ (0, 1], {βn }, {γn } ⊂ [0, 1] {λn } ⊂ (0, 2α] dãy thỏa mãn điều kiện sau: (i) (ii) (iii) ∞ n=0 γn = ∞ limn→∞ (βn + γn ) = 0; ∞ n=0 (|βn+1 − βn | + |γn+1 − γn | + |λn+1 − λn |) < ∞; ∞ n=0 |αn+1 µn+1 − αn µn | < ∞ limn→∞ αn µn = 0; (iv) γn = o(λn ) λn ≤ αn µn , ∀n ≥ Khi đó, dãy {xn } xác định Thuật toán 2.1 thỏa mãn khẳng định sau: (a) Các dãy {xn }, {A1 xn } {A2 yn } bị chặn (b) limn→∞ xn − yn = limn→∞ xn − T xn = 0; (c) Dãy {xn } hội tụ mạnh đến nghiệm Bài toán 2.2 xn − yn = o(λn ) Chứng minh (a) Tương tự chứng minh Định lý 2.3 (a) (b) Ta limn→∞ xn+1 − xn = 42 Tương tự chứng minh Định lý 2.3 (b), ta có Tn+1 xn+1 − Tn xn ≤ xn+1 − xn + |λn − λn+1 | A1 xn , ∀n ≥ Từ đó, suy yn+1 −yn ≤ [1−γn (1−ρ)] xn+1 −xn +(|βn+1 −βn |+|γn+1 −γn |+|λn+1 −λn |)M1 , M1 = supn≥0 { xn+1 + f (xn+1 ) + Tn+1 xn+1 + A1 xn } < ∞ xn+1 − xn ≤ [1 − γn−1 (1 − ρ)] xn − xn−1 + (|βn − βn−1 | + |γn − γn−1 | + |λn − λn−1 |)M1 + |αn µn − αn−1 µn−1 |M2 , − µn (2η − µn κ2 ) ∈ (0, 1] xác định Bổ đề 1.2 τn := − M2 = sup A2 yn < ∞ n≥0 Do đó, với n, m ≥ 0, ta có xn+m+1 − xn+m ≤ [1 − γn+m−1 (1 − ρ)] xn+m − xn+m−1 + (|βn+m − βn+m−1 | + γn+m − γn+m−1 | + |λn+m − λn+m−1 |)M1 + |αn+m µn+m − αn+m−1 µn+m−1 |M2 ≤ [1 − γn+m−1 (1 − ρ)]{[1 − γn+m−2 (1 − ρ)] xn+m−1 − xn+m−2 + (|βn+m−1 − βn+m−2 | + |γn+m−1 − γn+m−2 | + |λn+m−1 − λn+m−2 |)M1 + |αn+m−1 µn+m−1 − αn+m−2 µn+m−2 |M2 } + M1 (|βn+m − βn+m−1 | + |γn+m − γn+m−1 | + |λn+m − λn+m−1 |) + M2 |αn+m µn+m − αn+m−1 µn+m−1 | n+m−1 ≤ [1 − γk (1 − ρ)] xm+1 − xm k=m n+m−1 (|βk+1 − βk | + |γk+1 − γk | + |λk+1 − λk |) + M1 k=m 43 n+m−1 |αk+1 µk+1 − αk µk | + M2 k=m ∞ k=m [1 − γk (1 − ρ)] Từ điều kiền (i), ta có = 0, ∀m ≥ Do đó, với m ≥ 0, ta nhận lim sup xn+1 − xn n→∞ = lim sup xn+m+1 − xn+m n→∞ ∞ ≤ M1 (|βk+1 − βk | + |γk+1 − γk | + |λk+1 − λk |) k=m ∞ |αk+1 µk+1 − αk µk | + M2 k=m Kết hợp với điều kiện (ii) (iii), ta thu lim supn→∞ xn+1 − xn ≤ Suy lim xn+1 − xn = (2.18) n→∞ Từ điều kiện (iii) xn+1 − yn = αn µn A2 yn ≤ M2 αn µn , ta nhận limn→∞ xn+1 − yn = Do đó, từ đánh giá xn − yn ≤ xn − xn+1 + xn+1 − yn (2.18) suy lim xn − yn = n→∞ (2.19) Ngoài ra, từ giả thiết (A3 ) ta có yn − T xn = βn (xn − T xn ) + γn (f (xn ) − T xn ) + (1 − βn − γn )(Tn xn − T xn ) ≤ βn xn − T xn + γn f (xn ) − T xn + (1 − βn − γn ) Tn xn − T xn ≤ βn xn − T xn + γn f (xn ) − T xn + T (I − λn A1 )xn − T xn ≤ βn xn − T xn + γn f (xn ) − T xn + λn A1 xn Vì vậy, từ điều kiện (i) (iii), ta nhận limn→∞ yn − T xn = Do đó, từ (2.19), suy lim xn − T xn = n→∞ (c) Trước hết, ta lim supn→∞ x∗ − xn , A1 x∗ ≤ (2.20) 44 Chọn dãy {xni } dãy {xn } cho lim sup x∗ − xn , A1 x∗ = lim x∗ − xni , A1 x∗ i→∞ n→∞ (2.21) Do {xni } bị chặn nên tồn dãy {xnij } {xni } điểm xˆ ∈ H cho {xnij } hội tụ yếu đến xˆ Không tổng quát, ta giả sử lim xni , w = xˆ, w , ∀w ∈ H i→∞ Khi từ (2.20) Mệnh đề 1.13, ta có xˆ ∈ F ix(T ) Vì x∗ ∈ V I(F ix(T ), A1 ), nên lim sup x∗ − xn , A1 x∗ = lim x∗ − xni , A1 x∗ = x∗ − xˆ, A1 x∗ ≤ i→∞ n→∞ (2.22) Tiếp theo, chứng minh lim supn→∞ x∗ − xn+1 , A2 x∗ ≤ Từ (2.18) tồn hai dãy {xnk } {xnk +1 } {xn } x ∈ H cho lim sup x∗ − xn+1 , A2 x∗ = lim x∗ − xnk +1 , A2 x∗ k→∞ n→∞ lim xnk , w = lim xnk +1 , w = x, w , ∀w ∈ H k→∞ k→∞ Khi từ (2.20) Mệnh đề 1.13, ta có x ∈ F ix(T ) Cho y ∈ F ix(T ) điểm bât động tùy ý T Khi đó, từ điều kiện (A1 ) (A3 ), với n ≥ ta có yn − y = βn (xn − y) + γn (f (xn ) − y) + (1 − βn − γn )(Tn xn − T y) ≤ βn xn − y + γn f (xn ) − y + (1 − βn − γn ) T (I − λn A1 )xn − T y ≤ βn xn − y 2 + γn f (xn ) − f (y) + f (y) − y + (1 − βn − γn ) (I − λn A1 )xn − y ≤ βn xn − y + γn [ f (xn ) − f (y) + (1 − βn − γn )[ xn − y 2 + f (y) − y, f (xn ) − y ] + 2λn y − xn , A1 xn + λ2n A1 xn ] ≤ βn xn − y + γn [ρ2 xn − y + (1 − βn − γn )[ xn − y 2 + f (y) − y f (xn ) − y ] 45 + 2λn y − xn , A1 y + λ2n M12 ] ≤ [1 − γn (1 − ρ)] xn − y + 2γn f (y) − y f (xn ) − y + (1 − βn − γn )[2λn y − xn , A1 y + λ2n M12 ] ≤ xn − y + 2γn f (y) − y f (xn ) − y (2.23) + (1 − βn − γn )[2λn y − xn , A1 y + λ2n M12 ] Từ suy 0≤ ( xn − y λn − yn − y +2 γn f (y) − y λn f (xn ) − y + (1 − βn − γn )[2 y − xn , A1 y + λn M12 ] = ( xn − y + yn − y ) xn − y − yn − y γn +2 f (y) − y λn λn f (xn ) − y + (1 − βn − γn )[2 y − xn , A1 y + λn M12 ] ≤ M3 γn xn − y − yn − y +2 f (y) − y M3 λn λn + (1 − βn − γn )[2 y − xn , A1 y + λn M12 ] ≤ M3 xn − yn γn +2 f (y) − y M3 + (1 − βn − γn )[2 y − xn , A1 y + λn M12 ], λn λn M3 = supn≥0 { xn − y + yn − y + f (xn ) − y } < ∞ Điều cho thấy M3 − βn − γn xn − yn γn +2 f (y) − y λn λn + y − xn , A1 y + λn M12 ≥ Vì xn − yn + γn = o(λn ), từ điều kiện (i), với ε > 0, tồn số nguyên m0 ≥ cho M3 − βn − γn xn − yn γn +2 f (y) − y λn λn + λn M12 ≤ ε, ∀n ≥ m0 Do đó, ≤ ε + y − xn , A1 y , ∀n ≥ m0 Lấy n = nk cho k → ∞, ta nhận ε + y − x, A1 y ≥ (vì {xnk } hội tụ yếu đến x ∈ F ix(T )) Do ε > tùy ý, nên y − x, A1 y ≥ 0, ∀y ∈ F ix(T ) 46 Từ giả thiết (A1 ) Mệnh đề 1.19, ta có y − x, A1 x ≥ 0, ∀y ∈ F ix(T ); nghĩa là, x ∈ V I(F ix(T ), A1 ) Vì {x∗ } = V I(V I(F ix(T ), A1 ), A2 ), ta có lim sup x∗ − xn+1 , A2 x∗ = lim x∗ − xnk +1 , A2 x∗ = x∗ − x, A2 x∗ ≤ (2.24) k→∞ n→∞ Cuối cùng, chứng minh limn→∞ xn − x∗ = √ Ta thấy − µn (2η − µn κ2 ) ≤ − µn η ≤ − 12 µn η, ∀n ≥ τn = − 1 − µn (2η − µn κ2 ) ≥ − − µn η = µn η, (2.25) < µn ≤ η/κ2 với n ≥ Sử dụng Bổ đề 1.1 Mệnh đề 1.5, từ (2.23), (2.25) điều kiện (iv), ta có xn+1 − x∗ = (I − αn µn A2 )yn − (I − αn µn A2 )x∗ − αn µn A2 x∗ ≤ (I − αn µn A2 )yn − (I − αn µn A2 )x∗ ≤ (1 − αn τn )2 yn − x∗ 2 + 2αn µn x∗ − xn+1 , A2 x∗ + 2αn µn x∗ − xn+1 , A2 x∗ ≤ (1 − αn τn ) yn − x∗ + 2αn µn x∗ − xn+1 , A2 x∗ ≤ (1 − αn µn η) yn − x∗ + 2αn µn x∗ − xn+1 , A2 x∗ ≤ (1 − αn µn η){ xn − x∗ + 2γn f (x∗ ) − x∗ f (xn ) − x∗ + (1 − βn − γn )[2λn x∗ − xn , A1 x∗ + λ2n M12 ]} + 2αn µn x∗ − xn+1 , A2 x∗ 1 − αn µn η xn − x∗ 2 γn + 2αn µn f (x∗ ) − x∗ f (xn ) − x∗ αn µn λn + (1 − βn − γn ) 2αn µn x∗ − xn , A1 x∗ αn µn λ + αn µn n M12 + 2αn µn x∗ − xn+1 , A2 x∗ αn µn γn f (x∗ ) − x∗ ≤ − αn µn η) xn − x∗ + 2αn µn λn λn + (1 − βn − γn ) 2αn µn x∗ − xn , A1 x∗ αn µn = f (xn ) − x∗ 47 + 2αn µn x∗ − xn+1 , A2 x∗ + αn µn λn M12 γn ≤ (1 − αn µn η) xn − x∗ + 2αn µn f (x∗ ) − x∗ f (xn ) − x∗ λn λn + (1 − αn µn η)(1 − βn − γn )2αn µn x∗ − xn , A1 x∗ αn µn + αn µn λn M12 + 2αn µn x∗ − xn+1 , A2 x∗ = (1 − αn µn η) xn − x∗ 2 2γn f (x∗ ) − x∗ f (xn ) − x∗ + αn µn η η λn 2λn ∗ + (1 − αn µn η)(1 − βn − γn ) x − xn , A1 x∗ αn µn + λn M12 + x∗ − xn+1 , A2 x∗ (2.26) Từ điều kiện (iv), ta có 2λn ≤ ≤ (1 − αn µn η)(1 − βn − γn ) αn µn Ngồi ra, lim supn→∞ x∗ − xn , A1 x∗ ≤ 0, nên từ Bổ đề 1.3 ta nhận 2λn ∗ lim sup(1 − αn µn η)(1 − βn − γn ) x − xn , A1 x∗ ≤ α µ n→∞ n n Vì γn = o(λn ) {f (xn )} bị chặn, nên lim n→∞ 2γn f (x∗ ) − x∗ λn f (xn ) − x∗ + λn M12 = Đặt an = xn − x∗ , sn = αn µn η 2γn f (x∗ ) − x∗ f (xn ) − x∗ + λn M12 λn 2λn ∗ + − αn µn η (1 − βn − γn ) x − xn , A1 x∗ αn µn tn = η + x∗ − xn+1 , A2 x∗ Từ điều kiện (iv), ta có ∞ ∞ sn = n=0 n=0 ∞ 1 αn µn η ≥ η λn = ∞ 2 n=0 48 Vì lim supn→∞ x∗ − xn+1 , A2 x∗ ≤ 0, nên 2γn lim sup f (x∗ ) − x∗ f (xn ) − x∗ + λn M12 η λn n→∞ 2λn ∗ + lim sup(1 − αn µn η)(1 − βn − γn ) x − xn , A1 x∗ α µ n→∞ n n lim sup tn ≤ n→∞ + lim sup x∗ − xn+1 , A2 x∗ ≤ n→∞ Từ (2.26), ta có an+1 ≤ (1 − sn )an + sn tn , ∀n ≥ Áp dụng Bổ đề 1.4, ta limn→∞ xn − x∗ xn → x∗ = limn→∞ an = 0, nghĩa 49 Kết luận Luận văn trình bày lại cách chi tiết hệ thống vấn đề sau: • Trình bày sơ lược số đặc trưng khơng gian Hilbert thực; • Trình bày tốn điểm bất động ánh xạ khơng giãn với phương pháp lặp cổ điển phương pháp lặp Mann, phương pháp lặp Halpern phương pháp xấp xỉ mềm; • Trình bày tốn bất đẳng thức biến phân không gian hữu hạn chiều toán liên quan, toán bất đẳng thức biến phân khơng gian Hilbert; • Trình bày lại chi tiết kết Ceng L.C., Ansari Q.H., Petrusel A Yao J.C tài liệu [4] phương pháp lặp cho toán bất đẳng thức biến phân ba cấp không gian Hilbert 50 Tài liệu tham khảo [1] Alber Ya I (2007), "On the stability of iterative approximations to fixed points of nonexpansive mappings", J Math Anal Appl., 328, pp 958-971 [2] Agarwal R P., O’Regan D., Sahu D R (2009), Fixed Point Theory for Lipschitzian-type Mappings with Applications, Springer [3] Bauschke H.H., Combettes P.L (2010), Convex Analysis and Monotone Operator Theory in Hilbert spaces, Springer [4] Ceng L.C., Ansari Q.H., Petrusel A Yao J.C (2015), "Approximation methods for triple hierarchical variational inequalities", Fixed Point Theory, 16 (1), pp 67-90 [5] Halpern B.(1967), "Fixed points of nonexpanding maps", Bull Math Soc., 73, pp 957-961 [6] Hartman P., Stampacchia G (1966), "On some nonlinear elliptic differential functional equations", Acta Math., 115, pp 271-310 [7] Kinderlehrer D., Stampacchia G (1980), An introduction to variational inequalities and their applications Academic Press, New York [8] Mann W R (1953), "Mean value methods in iteration", Proc Amer Math Soc., 4, pp 506-510 [9] Moudafi A (2000), "Vicosity approximation methods for fixed point problems", J Math Anal Appl., 241, pp 45-55 [10] Yamada I (2001), "The hybrid steepest descent method for the variational inequality problem over the intersection of fixed point sets of nonexpansive mappings", Inherently Parallel Algorithms in Feasibility and Optimization and their Applications, 8, pp 473-504 ... nghiệm bất đẳng thức biến phân khác ) tốn gọi toán bất đẳng thức biến phân hai cấp Trong trường hợp kỳ ta xem C tập điểm bất động phép chiếu mêtric PC từ H lên C, tốn ln xem toán bất đẳng thức biến. .. pháp đường dốc cho toán bất đẳng thức biến phân ba cấp không gian Hilbert 2.1 Phát biểu toán Một lớp bất đẳng thức biến phân hai cấp quan trọng có nhiều ứng dụng lĩnh vực khác toán học, vật lý,... pháp lặp Mann, phương pháp xấp xỉ gắn kết phương pháp đường dốc cho toán bất đẳng thức biến phân ba cấp, với miền chấp nhận tập nghiệm bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn