ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - LÊ NGỌC TÂN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRÊN TẬP ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG CỦA MỘT HỌ ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - LÊ NGỌC TÂN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRÊN TẬP ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG CỦA MỘT HỌ ÁNH XẠ KHƠNG GIÃN Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số : 8460112 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Nguyễn Thị Thu Thủy THÁI NGUYÊN - 2018 iii Mục lục Bảng ký hiệu Mở đầu Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn 1.1 1.2 Không gian Banach 1.1.1 Không gian Banach lồi trơn 1.1.2 Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc 1.1.3 Ánh xạ j-đơn điệu Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn 11 1.2.1 Bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu 11 1.2.2 Phương pháp lặp hội tụ 12 Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ ánh xạ không giãn 2.1 23 Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ ánh xạ không giãn 24 2.2 2.1.1 Bài toán 24 2.1.2 Một số bổ đề bổ trợ 24 Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân 25 2.2.1 Mô tả phương pháp 25 2.2.2 Sự hội tụ 25 iv Kết luận 30 Tài liệu tham khảo 31 Bảng ký hiệu H không gian Hilbert thực E không gian Banach E∗ không gian đối ngẫu E SE mặt cầu đơn vị E R tập số thực R+ tập số thực không âm ∅ tập rỗng ∀x với x D(A) miền xác định toán tử A R(A) miền ảnh toán tử A A−1 toán tử ngược toán tử A I tốn tử đồng C[a, b] khơng gian hàm liên tục đoạn [a, b] lp , ≤ p < ∞ không gian dãy số khả tổng bậc p Lp [a, b], ≤ p < ∞ khơng gian hàm khả tích bậc p đoạn [a, b] lim supn→∞ xn giới hạn dãy số {xn } lim inf n→∞ xn giới hạn dãy số {xn } xn → x0 dãy {xn } hội tụ mạnh x0 xn dãy {xn } hội tụ yếu x0 x0 J ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc j ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc đơn trị Fix(T ) tập điểm bất động ánh xạ T Mở đầu Bài toán bất đẳng thức biến phân nghiên cứu đưa lần Hartman Stampacchia vào năm đầu thập niên 60 kỉ XX Mơ hình tốn tốn bất đẳng thức biến phân, kí hiệu VIP(A, C), có dạng Tìm x ∈ C cho: A(x), y − x ≥ ∀y ∈ C, (1) C tập lồi đóng khác rỗng không gian Hilbert thực H không gian Banach thực E A : (D(A) = C) → C ánh xạ mục tiêu xác định C Người ta thường nghiên cứu tồn nghiệm bất đẳng thức biến phân đề xuất phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân Cho đến có nhiều phương pháp giải bất đẳng thức biến phân hữu hiệu xây dựng, chẳng hạn phương pháp chiếu Lions, phương pháp nguyên lý toán phụ Cohen, phương pháp điểm gần kề Martinet, phương pháp điểm gần kề quán tính Alvarez Attouch phương pháp hiệu chỉnh Browder–Tikhonov bất đẳng thức biến phân đặt không chỉnh Ở Việt Nam, bất đẳng thức biến phân chủ đề nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu, nhóm nghiên cứu GS Nguyễn Bường (Viện Cơng nghệ Thơng tin), GS Nguyễn Đơng n (Viện Tốn học), GS Lê Dũng Mưu (Trường Đại học Thăng Long, Hà Nội), GS Phạm Kỳ Anh (Trường Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội), GS Phan Quốc Khánh (Trường Đại học Quốc tế thành phố Hồ Chí Minh) Mục đích đề tài luận văn nhằm tổng hợp trình bày lại hai phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung ánh xạ không giãn, họ vô hạn đếm ánh xạ không giãn không gian Banach báo [3] [5] công bố năm 2008 2015 Trong trình học tập thực luận văn này, thầy cô Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện tốt để tác giả học tập, nghiên cứu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến thầy, cô Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Nguyễn Thị Thu Thủy - Người tận tình hướng dẫn tác giả hoàn thành luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2018 Tác giả luận văn Lê Ngọc Tân Chương Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn Chương trình bày số khái niệm tính chất không gian Banach; ánh xạ j-đơn điệu, ánh xạ không giãn phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn không gian Banach Kiến thức chương viết dựa kết Ceng cộng công bố [3] tài liệu tham chiếu 1.1 Khơng gian Banach Cho E không gian Banach với không gian đối ngẫu ký hiệu E ∗ Ta dùng ký hiệu cho chuẩn E E ∗ viết tích đối ngẫu x, x∗ thay cho giá trị phiếm hàm tuyến tính x∗ ∈ E ∗ điểm x ∈ E, tức x, x∗ = x∗ (x) Kiến thức mục tham khảo từ tài liệu [1], [2], [6] [7] 1.1.1 Không gian Banach lồi trơn Ký hiệu SE := {x ∈ E : x = 1} mặt cầu đơn vị không gian Banach E Định nghĩa 1.1.1 Không gian Banach E gọi lồi chặt với điểm x, y ∈ SE , x = y, ta có (1 − λ)x + λy < với λ ∈ (0, 1) Chú ý 1.1.2 Định nghĩa 1.1.1 phát biểu dạng tương đương sau: Không gian Banach E gọi lồi chặt với điểm x, y ∈ E, x = y, mà x = 1, y = ta có x+y < Ví dụ 1.1.3 Không gian E = Rn với chuẩn x n x xác định 1/2 x2i = , x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn i=1 không gian lồi chặt Định nghĩa 1.1.4 Không gian Banach E gọi lồi với ε > 0, tồn δ = δ(ε) > cho với x, y ∈ E mà x = 1, y = 1, x − y ≥ ε ta ln có x+y ≤ − δ Ví dụ 1.1.5 Khơng gian Hilbert H khơng gian lồi Vì từ đẳng thức hình bình hành ta tính tốn x+y ≤1− 1− 1− ε2 Định nghĩa 1.1.6 Không gian Banach E gọi không gian trơn với điểm x nằm mặt cầu đơn vị SE E tồn phiếm hàm gx ∈ E ∗ cho gx , x = x gx = Ví dụ 1.1.7 Các không gian lp , Lp [a, b], < p < ∞ không gian Banach trơn Định nghĩa 1.1.8 (i) Chuẩn không gian Banach E gọi khả vi Gâteaux với y ∈ SE giới hạn x + ty − x lim t→0 t tồn với x ∈ SE , ký hiệu y, x Khi (1.1) x gọi đạo hàm Gâteaux chuẩn (ii) Chuẩn E gọi khả vi Gâteaux với y ∈ SE , giới hạn (1.1) đạt với x ∈ SE (iii) Chuẩn E gọi khả vi Fréchet với x ∈ SE , giới hạn (1.1) tồn với y ∈ SE (iv) Chuẩn E gọi khả vi Fréchet giới hạn (1.1) tồn với x, y ∈ SE Ví dụ 1.1.9 Khơng gian Hilbert H khơng gian có chuẩn khả vi Gâteaux với x = x , x x = Ký hiệu 2C tập tập tập hợp C Ta định nghĩa phép chiếu mêtric sau Định nghĩa 1.1.10 Cho C tập khác rỗng không gian Banach E Ánh xạ PC : E → 2C xác định PC (x) = y ∈ C : x − y = d(x, C) ∀x ∈ E gọi phép chiếu mêtric từ E lên C 1.1.2 Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc ∗ Định nghĩa 1.1.11 Ánh xạ J : E → 2E (nói chung đa trị) xác định Jx = {u ∈ E ∗ : x, u = x u , u = x }, 17 Định lý 1.2.7 (xem [3]) Cho E không gian Banach phản xạ thực với ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J : E → E ∗ liên tục yếu theo dãy Giả sử T : E → E ánh xạ không giãn với C = Fix(T ) = ∅, A : E → E δ-j-đơn điệu mạnh λ giả co chặt với δ + λ > Cho dãy {xn } xác định phương pháp lặp (1.6) {λn } {µn } hai dãy số khoảng (0, 1) thỏa mãn điều kiện sau: (i) limn→∞ µλnn = ∞ n=0 λn µn = ∞; (ii) ∞ n=0 |λn+1 − λn | < ∞; (iii) ∞ n=0 |µn+1 − µn | < ∞ limn→∞ µn = µn+1 Khi dãy {xn } hội tụ mạnh tới nghiệm u∗ bất đẳng thức biến phân VI∗ (A, C) Chứng minh Trước tiên ta limn→∞ λn = Thật vậy, {µn } dãy (0, 1) nên ta có λn = µn λn λn ≤ µn µn → n → ∞, tức là, limn→∞ λn = Tiếp theo, ta chứng minh dãy {xn } bị chặn Thật vậy, lấy u ∈ C, với C = Fix(T ) Khi đó, sử dụng Mệnh đề 1.1.26(iii) ta có xn+1 − u = yn − λn µn A(xn ) − u = λn xn + (1 − λn )T xn − λn µn A(xn ) − u = λn [(I − µn A)xn − u] + (1 − λn )(T xn − u) ≤ (1 − λn ) T xn − u + λn (I − µn A)xn − u ≤ (1 − λn ) xn − u + λn [ (I − µn A)xn − (I − µn A)u + (I − µn A)u − u ] ≤ (1 − λn ) xn − u + λn − µn − + λn µn A(u) 1−δ λ xn − u 18 Suy xn+1 − u ≤ − λn µ n − 1−δ λ xn − u + λn µn A(u) = − λn µ n − 1−δ λ xn − u + λn µ n − 1−δ λ ≤ max{ xn − u , − 1−δ λ 1− −1 A(u) −1 1−δ λ A(u) } Bằng quy nạp ta nhận xn − u ≤ max x0 − u , − 1−δ λ −1 A(u) ) , ∀n ≥ Do dãy {xn } bị chặn dãy {T (xn )} {A(xn )} bị chặn Bây giờ, ta xn+1 − xn → n → ∞ (1.11) Thật vậy, ta có (với số M > 0) xn+1 − xn = λn xn + (1 − λn )T xn − λn µn A(xn ) − (λn−1 xn−1 + (1 − λn−1 )T xn−1 − λn−1 µn−1 A(xn−1 )) = λn (I − µn A)xn + (1 − λn )T xn − (λn−1 (I − µn−1 A)xn−1 + (1 − λn−1 )T xn−1 ) ≤ (1 − λn )(T xn − T xn−1 ) + (λn − λn−1 )[(I − µn−1 A)xn−1 − T xn−1 ] + λn (I − µn A)xn − (I − µn−1 A)xn−1 ≤ (1 − λn ) T xn − T xn−1 + |λn − λn−1 | (I − µn−1 F )xn−1 − T xn−1 + λn [ (I − µn A)xn − (I − µn A)xn−1 + (µn−1 − µn )A(xn−1 ) ] 19 Suy xn+1 − xn ≤ (1 − λn ) xn − xn−1 + |λn − λn−1 |M + λn 1−δ λ − µn − xn − xn−1 + |µn−1 − µn |M 1−δ λ − λn µn − = xn − xn−1 + λn |µn−1 − µn |M + |λn − λn−1 |M Đặt αn = λn µn − βn = 1− 1−δ , λ 1−δ λ −1 µn−1 −1 , µn γn = |λn − λn−1 |M Khi đó, xn+1 − xn ≤ (1 − αn ) xn − xn−1 + αn βn + γn (1.12) Dễ dàng thấy từ điều kiện (i)-(iii) định lý điều kiện (a) (b) sau thỏa mãn: ∞ ∞ αn = ∞, lim βn = 0, (a) n→∞ n=0 ∞ n=0 ∞ αn = ∞, (b) < ∞; n=0 ∞ αn βn < ∞, n=0 γn < ∞ n=0 Do đó, áp dụng Bổ đề 1.2.6 vào (1.12) ta suy xn+1 − xn → n → ∞ Bây ta xn − T (xn ) → n → ∞ (1.13) 20 Thật vậy, ta thấy xn+1 − T (xn ) = λn xn + (1 − λn )T (xn ) − λn µn A(xn ) − T xn ≤ λn xn − T (xn ) + λn A(xn ) Do đó, từ (1.11) ta suy xn − T xn ≤ xn − xn+1 + xn+1 − T xn ≤ xn − xn+1 + λn xn − T xn + λn A(xn ) → 0, n → ∞ Đặt u∗ = limt→0+ xt , dãy {xt } xác định (1.7) Theo Mệnh đề 1.2.5, u∗ nghiệm VI∗ (A, C), tức A(u∗ ), j(u∗ − v) ≤ ∀v ∈ C (1.14) Tiếp theo ta lim sup A(u∗ ), j(u∗ − xn ) ≤ (1.15) n→∞ Thật vậy, ta chọn dãy {xnk } dãy {xn } cho lim sup A(u∗ ), j(u∗ − xn ) = lim A(u∗ ), j(u∗ − xnk ) k→∞ n→∞ Vì E khơng gian Banach phản xạ dãy {xn } bị chặn nên ta giả sử xnk w Từ điều kiện Bổ đề 1.1.23 xn − T xn → (n → ∞) suy w ∈ C = Fix(T ) Do ánh xạ đối ngẫu J liên tục yếu theo dãy nên từ (1.14) ta có lim sup A(u∗ ), j(u∗ − xn ) = A(u∗ ), j(u∗ − w) ≤ n→∞ Cuối cùng, ta xn → u∗ n → ∞ Thật vậy, ta có xn+1 − (λn xn + (1 − λn )u∗ − λn µn A(xn )) = xn+1 − u∗ − λn ((I − µn A)xn − u∗ ) Sử dụng Bổ đề 1.1.24 Mệnh đề 1.1.26(iii) ta nhận xn+1 − u∗ = xn+1 − (λn xn + (1 − λn )u∗ − λn µn A(xn )) + λn ((I − µn A)xn − u∗ ) ≤ xn+1 − (λn xn + (1 − λn )u∗ − λn A(xn )) + 2λn (I − µn A)xn − u∗ , J(xn+1 − u∗ ) 21 Suy xn+1 − u∗ ≤ (1 − λn )2 T xn − u∗ + 2λn (I − µn A)xn − (I − µn A)u∗ , j(xn+1 − u∗ ) + 2λn (I − µn A)u∗ − u∗ , j(xn+1 − u∗ ) ≤ (1 − λn )2 xn − u∗ + 2λn (I − µn A)xn − (I − µn A)u∗ xn+1 − u∗ + 2λn µn A(u∗ ), j(u∗ − xn+1 ) ≤ (1 − λn )2 xn − u ∗ 1−δ λ + 2λn − µn − xn − u∗ xn+1 − u∗ + 2λn µn A(u∗ ), j(u∗ − xn+1 ) Hay xn+1 − u∗ ≤ (1 − λn )2 xn − u∗ + λn − µn − + xn+1 − u∗ 1−δ λ xn − u∗ 2 + 2λn µn A(u∗ ), j(u∗ − xn+1 ) ≤ (1 − λn )2 xn − u∗ + λn − µ n − + λn xn+1 − u∗ 1−δ λ xn − u∗ + 2λn µn A(u∗ ), j(u∗ − xn+1 ) 22 Từ suy λn − µn − xn+1 − u∗ ≤ − λn + 1−δ λ xn − u∗ − λn 2λn µn A(u∗ ), J(u∗ − xn+1 ) − λn 1−δ λn µ n λ2n 1− 1− + − λn λ − λn 2λn µn + A(u∗ ), J(u∗ − xn+1 ) − λn + = xn − u∗ Hay xn+1 − u∗ ≤ 1− 1−δ λ λn µ n 1− − λn λn µ n + 1− n n ì xn u àn xn − u∗ 1−δ λ × 1− −1 + A(u∗ ), j(u∗ − xn+1 ) Đặt αn = βn = 1−δ , λ λn µ n 1− − λn 1− 1−δ λ −1 λn xn − u∗ µn + A(u∗ ), J(u∗ − xn+1 ) γn = Suy xn+1 − u∗ Vì limn→∞ λn = ∞ n=0 αn ≤ (1 − αn ) xn − u∗ ∞ n=0 λn µn + αn βn + γn = ∞ nên ∞ λn µn n=0 1−λn (1.16) = ∞ = ∞ Chú ý limn→∞ λn /µn = lim supn→∞ A(u∗ ), J(u∗ − xn+1 ) ≤ (1.15) Do đó, từ tính bị chặn dãy {xn − u∗ } ta có lim supn→∞ βn ≤ Áp dụng Bổ đề 1.2.6 cho (1.16) suy limn→∞ xn − u∗ = 23 Chương Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ ánh xạ khơng giãn Chương trình bày phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ vô hạn đếm ánh xạ không giãn không gian Banach E: Tìm x∗ ∈ C cho: A(x∗ ), j(x − x∗ ) ≥ ∀x ∈ C, (2.1) đây, A : E → E ánh xạ j-đơn điệu xác định E, j(x − x∗ ) ∈ J(x − x∗ ) C tập điểm bất động chung họ đếm ánh xạ không giãn {Ti }∞ i=1 Nội dung chương viết sở báo [5] tài liệu trích dẫn với mục sau Mục 2.1 giới thiệu toán bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ vô hạn đếm ánh xạ không giãn số bổ đề liên quan Mục 2.2 giới thiệu phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ vô hạn đếm ánh xạ không giãn khơng gian Banach trình bày chứng minh hội tụ mạnh phương pháp 24 2.1 Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ ánh xạ khơng giãn 2.1.1 Bài tốn Trong chương ta xét toán bất đẳng thức biến phân (2.1) với C tập điểm bất động chung họ vô hạn đếm ánh xạ ∞ không giãn {Ti }∞ i=1 : E → E, tức C := Fix(Ti ) i=1 2.1.2 Một số bổ đề bổ trợ Bổ đề 2.1.1 (xem [7]) Giả sử {an } dãy số thực không âm thỏa mãn an+1 ≤ (1 − bn )an + bn cn , {bn } {cn } dãy số thực thỏa mãn: (i) bn ∈ [0, 1] ∞ n=1 bn = ∞; (ii) lim supn→∞ cn ≤ Khi đó, limn→∞ an = Bổ đề 2.1.2 (xem [6]) Giả sử {xn } {zn } dãy bị chặn không gian Bannach E cho xn+1 = (1 − γn )xn + γn zn với n ≥ 1, dãy {γn } thỏa mãn điều kiện < lim inf γn < lim supγn < n→∞ (2.2) n→∞ Nếu lim sup( zn+1 − zn − xn+1 − xn ) ≤ n→∞ limn→∞ xn − zn = Mệnh đề 2.1.3 (xem [3]) Giả sử E, A T giả thiết Mệnh đề 1.2.5 Nếu tồn dãy {yn } bị chặn không gian Banach E 25 thỏa mãn limn→∞ yn − T yn = p∗ = limn→∞ xt , dãy {xt } định nghĩa (1.7) lim sup A(p∗ ), j(p∗ − yn ) ≤ (2.3) n→∞ 2.2 2.2.1 Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân Mô tả phương pháp Trong mục ta mô tả phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến ∞ phân (2.1) với C := Fix(Ti ) tập điểm bất động chung họ i=1 vô hạn đếm ánh xạ không giãn {Ti }∞ i=1 Phương pháp 2.2.1 (xem [5]) Xuất phát từ điểm x0 ban đầu thuộc không gian Banach E, xấp xỉ xác định dãy lặp: xn+1 = (1 − γn )xn + γn Sn Fn (xn ), n = 1, 2, 3, , (2.4) Fn = I − λn A, {λn }, {γn } dãy tham số dương Sn ánh xạ xác định bởi: n Sn = i=1 si Ti , s˜n n s˜n = si ∀n ∈ N, (2.5) i=1 si > với i ∈ N thỏa mãn ∞ si = s˜ < ∞ (2.6) i=1 Ti : E → E, i ∈ N ánh xạ không giãn E 2.2.2 Sự hội tụ Định lý 2.2.2 (xem [5]) Cho E không gian Banach thực phản xạ lồi chặt có chuẩn khả vi Gâteaux đều, A : E → E ánh xạ η-j-đơn điệu mạnh γ-giả co chặt với η + γ > Giả sử {Ti }∞ i=1 họ vô hạn 26 ∞ Fix(Ti ) = ∅ Giả đếm ánh xạ khơng giãn E có C := i=1 thiết thêm dãy tham số {λn }, {γn } thỏa mãn ∞ (i) λn ∈ (0, 1), lim λn = n→∞ λn = ∞; n=1 (ii) γn ∈ (0, 1) thỏa mãn điều kiện (2.2) Khi dãy lặp (2.4) hội tụ mạnh tới nghiệm x∗ bất đẳng thức biến phân (2.1) Chứng minh Từ (2.5) (2.6) suy Sn ánh xạ không giãn E ∞ Sn p = p với p ∈ Fix(Ti ), n ≥ Sử dụng Mệnh đề 1.1.26(iii), i=1 từ (2.4), (2.5) (2.6) ta nhận đánh giá xn+1 − p = (1 − γn )xn + γn Sn Fn (xn ) − p ≤ (1 − γn ) (xn ) − p + γn Sn Fn (xn ) − Sn p ≤ (1 − γn ) (xn ) − p + γn Fn (xn ) − p ≤ (1 − γn ) (xn ) − p + γn [(1 − λn τ ) (xn ) − p + λn A(p) ] = (1 − γn λn τ ) xn − p + γn λn τ ≤ max x1 − p , A(p) τ A(p) τ Từ suy dãy {xn } bị chặn Do tính chất ánh xạ A, Fn , Sn nên dãy {F (xn )}, {Sn Fn+1 (xn )} {Fn (xn )} bị chặn Vì dãy {Fn+1 (xk ) − p} bị chặn số dương M1 Đặt zn = Sn Fn xn Từ (2.4), (2.5) (2.6) ta suy xn+1 = (1 − γn )xn + γn zn , 27 Sn+1 Fn+1 (xn ) − Sn Fn+1 (xn ) = n+1 s˜n+1 i=1 si Ti (Fn+1 (xn )) − s˜n 1 − s˜n s˜n+1 = + s˜n+1 n si Ti (Fn+1 (xn )) i=1 n si Ti (Fn+1 (xn )) i=1 sn+1 Tn+1 (Fn+1 (xn )) sn+1 (M1 + Tk+1 (Fn+1 (xn )) − Tn+1 p + p ) s˜n+1 sn+1 (2M1 + p ) ≤ s˜n+1 ≤ Vì zn+1 − zn = Sn+1 Fn+1 (xn+1 ) − Sn Fn (xn ) ≤ Sn+1 Fn+1 (xn+1 ) − Sn+1 Fn+1 (xn ) + Sn+1 Fn+1 (xn ) − Sn Fn+1 (xn ) + Sn Fn+1 (xn ) − Sn Fn (xn ) ≤ Fn+1 (xn+1 ) − Fn+1 (xn ) + sn+1 (2M1 + p ) s˜n+1 + Fn+1 (xn ) − Fn (xn ) ≤ xn+1 − xn + 2λn+1 M1 sn+1 + (2M1 + p ) + |λn+1 − λn |M1 s1 Kết hợp bất đẳng thức với điều kiện (i) định lý sn+1 → n → ∞ suy lim sup( zn+1 − zn − xn+1 − xn ) ≤ n→∞ Sử dụng Bổ đề 2.1.2 ta nhận lim xn − zn = n→∞ Mặt khác từ zn − Sn xn = Sn Fn (xn ) − Sn xn ≤ Fn (xn ) − xn ≤ λ1 M1 , (2.7) 28 λn → với n → ∞, zn − Sn xn → kết hợp với (2.7) suy lim xn − Sn xn = (2.8) n→∞ Bây ta = với S = s˜ lim xn − Sxn n→∞ ∞ si Ti (2.9) i=1 Thật với x ∈ D-tập hợp bị chặn E ta có đánh giá Sn x − Sx = s˜n ≤ s˜n n i=1 n i=1 s˜ − s˜k ≤ s˜n s˜ si Ti x − s˜ si Ti x − s˜ M s˜ si Ti x i=1 n i=1 ∞ si Ti x + si Ti x s˜ i=n+1 ∞ n i=1 si Ti x + si Ti x s˜ i=n+1 M (˜ s − s˜n ) M + ≤ s˜ s˜ =2 ∞ ∞ si i=n+1 ∞ si i=n+1 Ở M := x + p ≥ Ti x − Ti p + p ≥ Ti x với p ∈ C với i ≥ Do lim sup Sn x − Sx = n→∞ x∈D với tập hợp D bị chặn E Đặt D := {xn }, ta nhận Sn xn − Sxn → với n → ∞ Kết hợp với (2.8) ta suy đẳng thức thứ (2.9) Tiếp theo S ánh xạ khơng giãn nên ánh xạ liên tục giả co X Sử dụng Mệnh đề 1.2.5 Mệnh đề 2.1.3 với T thay S ta nhận (2.3) Bây ta đánh giá giá trị 29 xn+1 − p∗ xn+1 − p∗ sau: ≤ (1 − γn ) xn − p∗ + γn Sn Fn (xn ) − p∗ = (1 − γn ) xn − p∗ + γn Sn Fn (xn ) − Sn p∗ ≤ (1 − γn ) xn − p∗ + γn Fn (xn ) − p∗ = (1 − γn ) xn − p∗ + γn Fn (xn ) − Fn (p∗ ) − λn A(p∗ ) ≤ (1 − γn ) xn − p∗ + γn (1 − λn τ ) (xn ) − p∗ 2 2 −2λn A(p∗ ), j(xn − p∗ − λn A(xn )) ] = (1 − γn λn τ ) xn − p∗ + 2γn λn [ A(p∗ ), j(p∗ − xn ) + A(p∗ ), j(p∗ − xn + λn A(xn )) − j(p∗ − xn ) ] ≤ (1 − γn λn τ ) xn − p∗ + γn λn τ 2[ A(p∗ ), j(p∗ − xk + A(p∗ ), j(p∗ − xn + λn A(xn )) − j(p∗ − xn ) ]/τ ≤ (1 − bn ) xn − p∗ + bn cn Ở bn = γn λn τ, cn = 2[ F (p∗ ), j(p∗ − xn ) ] + F (p∗ ), j(p∗ − xn + λn F (xn )) − j(p∗ − xn ) τ (2.10) ∞ ∞ λn = ∞, Vì n=0 bn = ∞, nên sử dụng Bổ đề 2.1.1, (2.3) sử dụng n=0 ∗ tính liên tục yếu ánh xạ j ta suy limn→∞ xn − p∗ = Định lý chứng minh 30 Kết luận Đề tài luận văn trình bày số kiến thức không gian Banach, giới thiệu tốn bất đẳng thức biến phân khơng gian Banach Tác giả tổng hợp trình bày lại phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ đếm ánh xạ không giãn không gian Banach báo [3] [5] Đồng thời tác giả trình bày chứng minh định lý hội tụ mạnh phương pháp lặp tới nghiệm bất đẳng thức biến phân 31 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hoàng Tụy (2003), Hàm thực Giải tích hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [2] R.P Agarwal, D O’Regan D., D.R Sahu (2009), Fixed Point Theory for Lipschitzian-type Mappings with Applications, Springer [3] L.C Ceng, Q.H Ansari, J.-Ch Yao (2008), "Mann-type steepestdescent and modified hybrid steepest descent methods for variational inequalities in Banach spaces", Numer Funct Anal Optim., 29(9-10), 987-1033 [4] I Cioranescu (1990), Geometry of Banach Spaces, Duality Mappings and Nonlinear Problems, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht [5] Ng Buong, Ng.T.H Phuong, Ng.T.T Thuy (2015), "Explicit iteration methods for a class of variational inequalities in Banach Spaces", Russian Math., 59(10), 16-22 [6] T Suzuki (2007), "Strong convergence of approximated sequences for nonexpansive mappings in Banach spaces", Proc Amer Math Soc., 135, 99–106 [7] H.K Xu (2003), "An iterative approach to quadratic optimization", J Optim Theory Appl., 116, 659–678 ... Chương Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ ánh xạ không giãn Chương trình bày phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ vô hạn đếm ánh xạ không giãn. .. toán bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ vô hạn đếm ánh xạ không giãn số bổ đề liên quan Mục 2.2 giới thiệu phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ. .. ánh xạ không giãn 11 1.2.1 Bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu 11 1.2.2 Phương pháp lặp hội tụ 12 Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ ánh xạ không giãn