ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGÔ THỊ GIANG MỘT SỐ ĐỊNH LÝ HỘI TỤ MẠNH GIẢI BÀI TỐN KHƠNG ĐIỂM CHUNG TÁCH TỔNG QT TRONG KHƠNG GIAN HILBERT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 46 01 12 TẬP THỂ HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Trương Minh Tuyên TS Phạm Hồng Trường Thái Nguyên – 2020 ii Lời cảm ơn Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới TS Trương Minh Tuyên, TS Phạm Hồng Trường ln tận tình hướng dẫn, bảo giúp đỡ tác giả suốt trình học tập nghiên cứu để hoàn thành luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới thầy, khoa Tốn–Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên giảng dạy giúp đỡ tác giả thời gian học tập nghiên cứu trường Qua tác giả xin chân thành cảm ơn tới người thân gia đình, bạn bè đồng nghiệp động viên tạo điều kiện giúp đỡ mặt suốt trình học tập thực luận văn iii Mục lục Lời cảm ơn ii Một số ký hiệu viết tắt v Mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số đặc trưng không gian Hilbert 1.2 Ánh xạ khơng giãn tốn tử đơn điệu không gian Hilbert 1.2.1 Ánh xạ không giãn 1.2.2 Toán tử đơn điệu 10 1.3 Phương pháp lặp Halpern phương pháp xấp xỉ mềm tìm điểm bất động chung họ ánh xạ không giãn 14 1.3.1 Phương pháp lặp Halpern 14 1.3.2 Phương pháp xấp xỉ mềm 14 1.4 Phương pháp CQ giải toán chấp nhận tách 15 1.5 Một số bổ đề bổ trợ 17 Chương Một số định lý hội tụ mạnh cho tốn khơng điểm chung tách tổng qt 22 2.1 Bài tốn khơng điểm chung tách tổng quát 22 2.2 Phương pháp lặp kiểu Halpern kết hợp với phương pháp CQ 23 2.3 Phương pháp xấp xỉ mềm kết hợp với phương pháp CQ 28 2.4 Một số ứng dụng 31 2.4.1 Bài tốn khơng điểm chung tách 31 2.4.2 Bài toán điểm cực tiểu tách tổng quát 32 2.4.3 Bài toán chấp nhận tách tổng quát 34 2.4.4 Bài toán cân tách tổng quát 36 iv 2.4.5 2.5 Bất đẳng thức biến phân tách tổng quát 38 Ví dụ số minh họa 40 Kết luận Tài liệu tham khảo 42 43 v Một số ký hiệu viết tắt H không gian Hilbert , tích vơ hướng H chuẩn H ∪ phép hợp ∩ phép giao R+ tập số thực khơng âm G(A) đồ thị tốn tử A D(A) miền xác định toán tử A R(A) miền ảnh toán tử A A−1 toán tử ngược toán tử A I toán tử đồng ∅ tập rỗng ∀x với x ∃x tồn x xn −→ x0 dãy {xn } hội tụ mạnh x0 xn dãy {xn } hội tụ yếu x0 F (T ) x0 tập điểm bất động ánh xạ T Mở đầu Trong thực tế vật, tượng chuyển đổi từ trạng thái x∗ (thông tin đầu vào, nguyên liệu) sang trạng thái b (kết đầu ra, sản phẩm) phải chuyển qua hay nhiều trình “biến đổi” liên tiếp Người ta mong muốn tìm nguồn hay trạng thái ban đầu x∗ dẫn đến trạng thái b vật tượng sau q trình biến đổi f Chẳng hạn, việc tìm nghiệm hệ phương trình tuyến tính Ax = b Hoặc người ta muốn tìm nguồn hay trạng thái ban đầu x∗ cho trình biến đổi liên tiếp tối ưu theo nghĩa Đây mơ hình loại toán tách Ta biết toán chấp nhận tách (Split Feasibility Problem), viết tắt (SFP), lần đề xuất nghiên cứu Censor and Elfving [3] với mục đích mơ hình hóa số toán ngược Bài toán phát biểu sau: Tìm phần tử x∗ ∈ C cho T (x∗ ) ∈ Q, (0.1) đó, C Q tập lồi, đóng khác rỗng không gian Hilbert thực H1 H2 , T : H1 −→ H2 toán tử tuyến tính bị chặn Ta thấy toán (0.1), số toán liên quan, trường hợp đặc biệt toán tách tổng quát sau Cho X Y hai không gian Hilbert hay Banach, cho T : X −→ Y ánh xạ từ X vào Y Giả sử (P1 ) (P2 ) hai toán cho trước X Y , tương ứng Xét tốn tìm phần tử x∗ thuộc X cho x∗ nghiệm (P1 ) T (x∗ ) nghiệm (P2 ) Ta ký hiệu toán (P ) Năm 2019 Reich Tuyen [14] lần đề xuất nghiên cứu dạng tổng quát Bài toán (P ) sau: Cho X1 , X2 , , XN không gian Hilbert hay Banach cho Ti : Xi −→ Xi+1 , i = 1, 2, , N − 1, ánh xạ từ Xi vào Xi+1 Giả sử (Pi ), i = 1, 2, , N , N toán cho trước Xi , tương ứng Khi dạng tổng quát Bài tốn (P ) tìm phần tử x∗ X1 cho x∗ nghiệm toán (P1 ), T1 (x∗ ) nghiệm toán (P2 ), , TN −1 (TN −2 ( T2 (T1 (x∗ )))) nghiệm Bài toán (PN ), họ ký hiệu toán (GP ) Cụ thể [14] Reich Tuyen xét toán (GP ) với ánh xạ chuyển Ti tuyến tính, bị chặn (Pi ) tốn tìm khơng điểm tốn tử đơn điệu cực đại Ai Bài toán gọi tốn khơng điểm chung tách tổng quát (Generalized Split Common Null Point Problem, viết tắt GSCNPP) Mục đích luận văn trình bày lại kết Reich Tuyen [14] cải tiến phương pháp CQ, kết hợp với phương pháp điểm gần kề giải toán GSCNPP Nội dung luận văn chia làm hai chương chính, đó: Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương tập trung trình bày lại số tính chất khơng gian Hilbert, phép chiếu mêtric, hai phương pháp lặp tìm điểm bất động ánh xạ không giãn (phương pháp lặp Halpern, phương pháp xấp xỉ gắn kết) Tiếp theo, đề cập đến phương pháp CQ để giải toán chấp nhận tách cuối số bổ đề bổ trợ sử dụng chứng minh định lý Chương luận văn Chương Một số định lý hội tụ mạnh cho tốn khơng điểm chung tách tổng quát Nội dung chương đề cập đến kết [14] hai định lý hội tụ mạnh giải toán GSCNPP Một số ứng dụng phương pháp lặp cho tốn liên quan khác (bài tốn khơng điểm chung tách, toán điểm cực tiểu tách tổng quát, toán chấp nhận tách tổng quát, toán cân tách tổng quát bất đẳng thức biến phân tách tổng quát) giới thiệu chương Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương bao gồm mục Mục 1.1 đề cập đến số đặc trưng không gian Hilbert thực, Mục 1.2 giới thiệu sơ lược số kết ánh xạ khơng giãn tốn tử đơn điệu Mục 1.3 trình bày phương pháp lặp Halpern phương pháp xấp xỉ mềm cho tốn tìm điểm bất động ánh xạ không giãn Mục 1.4 đề cập đến toán chấp nhận tách phương pháp CQ để xấp xỉ nghiệm toán không gian Hilbert Mục 1.5 giới thiệu số bổ đề bổ trợ cần sử dụng việc trình bày nội dung Chương Nội dung chương phần lớn tham khảo từ tài liệu [1, 2, 8, 12] 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 Trước hết, ta nhắc lại đặc trưng hình học quan trọng không gian Hilbert Mệnh đề 1.1.1 Trong khơng gian Hilbert thực H ta ln có đẳng thức sau x−y với x, y, z ∈ H + x−z = y−z + x − y, x − z , 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 + x − z Vậy ta điều phải chứng minh Mệnh đề 1.1.2 Cho H không gian Hilbert thực Khi đó, với x, y ∈ H λ ∈ [0, 1], ta có λx + (1 − λ)y 2 =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 1.1.3 Cho H khơng gian Hilbert thực Khi đó, với x, y ∈ H thỏa mãn điều kiện | x, y | = x y , tức bất đẳng thức Schwars xảy dấu hai véc tơ x y phụ thuộc tuyến tính Chứng minh Giả sử ngược lại x = λy với λ ∈ R Khi đó, từ tính chất tích vơ hướng, ta có < x − λy = λ2 y − 2λ x, y + x , với λ ∈ R Ta thấy y = 0, hiển nhiên x y phụ thuộc tuyến x, y tính Giả sử y = 0, với λ = , bất đẳng thức trở thành y | x, y | < x y , điều mâu thuẫn với giả thiết Vậy x y phụ thuộc tuyến tính 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 } không 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 1.1.4 Cho H không gian Hilbert thực {xn } ⊂ H x, n → ∞ Khi đó, với y ∈ H dãy thỏa mãn điều kiện xn y = x, ta có lim inf xn − x < lim inf xn − y n→∞ n→∞ x, nên {xn } bị chặn Chứng minh Vì xn Ta có xn − y = 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→∞ Mệnh đề chứng minh n→∞ (1.2) 30 Thật vậy, đặt {xn } dãy xác định (2.1) với u = f (x∗ ) Ta có zn+1 − xn+1 ≤ cαn t3,n − x∗ + (1 − αn ) t3,n − y3,n (2.22) Vì x∗ ∈ S, nên JβA1,n (x∗ ) = x∗ , JβA2,n (T1 x∗ ) = x∗ JβA3,n (T2 T1 x∗ ) = x∗ Do đó, từ Bổ đề 1.5.2 suy t3,n − x∗ ≤ t2,n − x∗ , (2.23) t2,n − x∗ ≤ t1,n − x∗ , (2.24) t1,n − x∗ ≤ zn − x∗ (2.25) Từ (2.18)–(2.20) (2.22)–(2.25), suy zn+1 − xn+1 ≤ αn c zn − x∗ + (1 − αn ) zn − xn ≤ [1 − (1 − c)αn ] zn − xn + αn c xn − x∗ Áp dụng lập luận tương tự chứng minh Định lý 2.3.1, ta nhận zn → x∗ Cuối mục này, lập luận tương tự chứng minh Định lý 2.2.1 Định lý 2.3.1, tác giả Reich S Tuyen T.M đưa định lý để giải toán không điểm chung tách tổng quát (GSCNPP) Định lý 2.3.3 Giả sử điều kiện sau đúng: C1) γi ∈ 0, T1 TN −i C2) mini=1,2, ,N với i = 1, 2, , N − 1; inf n {βi,n }} ≥ β > 0; C3) limn→∞ αn = 0, ∞ n=0 αn = ∞ Khi dãy {xn } xác định x0 ∈ H1 N )TN −1 TN −2 T1 xn , y1,n = xn − γ1 T1∗ T2∗ TN∗ −1 (I HN − JβAN,n A −1 y2,n = y1,n − γ2 T1∗ T2∗ TN∗ −2 (I HN −1 − JβNN−1,n )TN −2 TN −3 T1 y1,n yN −1,n = yN −2,n − γN −1 T1∗ (I H2 − JβA2,n )T1 yN −2,n , (2.26) (2.27) 31 yN,n = JβA1,n (yN −1,n ), xn+1 = αn f (xn ) + (1 − αn )yN,n , xn+1 = αn f (yN,n ) + (1 − αn )yN,n , n ≥ 0, hội tụ mạnh phần tử x∗ ∈ S, nghiệm bất đẳng thức biến phân (I H1 − f )x∗ , y − x∗ ≥ ∀y ∈ S 2.4 Một số ứng dụng 2.4.1 Bài tốn khơng điểm chung tách Cho H1 H2 không gian Hilbert thực, cho T : H1 −→ H2 toán tử tuyến tính bị chặn cho f : H1 −→ H1 ánh xạ co H1 Cho Ai : H1 −→ 2H1 , i = 1, 2, , r, Aj : H2 −→ 2H2 , j = r + 1, r + 2, , N , toán tử đơn điệu cực đại thỏa mãn −1 −1 (∩N S := ∩ri=1 A−1 j=r+1 Aj 0) = ∅ i 0∩T Từ Định lý 2.3.3, ta có định lý hội tụ mạnh để tìm phần tử x∗ ∈ S với i = 1, 2, , N − r, γj ∈ (0, 2) T j = N − r + 1, , N − 1, {αn }, {βi,n }, i = 1, 2, , N , dãy số dương Định lý 2.4.1 Nếu γi ∈ 0, thỏa mãn điều kiện C2) C3) Định lý 2.3.3, dãy {xn } xác định x0 ∈ H1 N )T xn , y1,n = xn − γ1 T ∗ (I H2 − JβAN,n A −1 y2,n = y1,n − γ2 T ∗ (I H2 − JβNN−1,n )T y1,n r+1 yN −r,n = yN −r−1,n − γN −r T ∗ (I H2 − JβAr+1,n )T yN −r−1,n r yN −r+1,n = yN −r,n − γN −r+1 (I H1 − JβAr,n )yN −r,n yN −1,n = yN −2,n − γN −1 (I H1 − JβA2,n )yN −2,n , 32 yN,n = JβA1,n (yN −1,n ), xn+1 = αn f (xn ) + (1 − αn )yN,n , xn+1 = αn f (yN,n ) + (1 − αn )yN,n , n ≥ 0, hội tụ mạnh phần tử x∗ ∈ S, nghiệm bất đẳng thức biến phân (I H1 − f )x∗ , y − x∗ ≥ ∀y ∈ S Chứng minh Áp dụng Định lý 2.3.3 với Hi = H1 với i = 1, , r, Hj = H2 , j = r + 1, , N , Ti = I H1 , i = 1, 2, , r − 1, Tr = T Tj = I H2 với j = r + 1, , N − 1, ta nhận điều phải chứng minh Từ Định lý 2.4.1, ta có hệ cho tốn tìm khơng điểm chung họ hữu hạn toán tử đơn điệu cực đại Hệ 2.4.2 Cho H không gian Hilbert thực, f : H −→ H ánh xạ co H cho Ai : H −→ 2H , i = 1, 2, , N , toán tử đơn điệu −1 cực đại thỏa mãn S := ∩N i=1 Ai = ∅ Nếu γi ∈ (0, 2) với i = 1, 2, , N − 1, γN = {αn }, {βi,n }, i = 1, 2, , N , dãy số dương thỏa mãn điều kiện C2) C3) Định lý 2.3.3, dãy {xn } xác định x0 ∈ H yn = VN Vn−1 V1 xn , xn+1 = αn f (xn ) + (1 − αn )yn , xn+1 = αn f (yn ) + (1 − αn )yn , n ≥ 0, A N −i+1 Vi := I H − γi (I H − Jβi,n ) với i = 1, 2, , N , hội tụ mạnh phần tử x∗ ∈ S, nghiệm bất đẳng thức biến phân (I H − f )x∗ , y − x∗ ≥ ∀y ∈ S Chứng minh Hệ suy trực tiếp từ Định lý 2.4.1 H1 = H2 = H T = I H 2.4.2 Bài toán điểm cực tiểu tách tổng quát Cho H không gian Hilbert thực g : H −→ (−∞, ∞] hàm lồi thường, nửa liên tục Dưới vi phân g ánh xạ đa trị 33 ∂g : H −→ 2H xác định ∂g(x) := {z ∈ H : g(y) − g(x) ≥ y − x, z ∀y ∈ H} với x ∈ H Ta biết ∂g toán tử đơn điệu cực đại [11] x0 ∈ arg minx∈H g(x) ∂g(x0 ) Một ứng dụng Định lý 2.3.3 để giải tốn điểm cực tiểu tách tổng qt khơng gian Hilbert cho định lý Định lý 2.4.3 Cho Hi , i = 1, 2, , N , không gian Hilbert thực Cho fi : Hi −→ (−∞, ∞], i = 1, 2, , N , hàm lồi, thường, nửa liên tục dưới, cho Ti : Hi −→ Hi+1 , i = 1, 2, , N − 1, toán tử tuyến tính bị chặn cho S := arg f1 (x) ∩ T1−1 (arg f2 (x)) x∈H1 x∈H2 ∩ ∩ T1−1 (T2−1 (TN−1−1 (arg fN (x)))) = ∅ x∈HN Nếu điều kiện C1), C2) C3) Định lý 2.3.3 đúng, dãy {xn } xác định x0 ∈ H1 z1,n = arg x∈HN fN (x) + x − TN −1 TN −2 T1 xn 2βN,n , y1,n = xn − γ1 T1∗ T2∗ TN∗ −1 (TN −1 TN −2 T1 xn − z1,n ), z2,n = arg fN −1 (x) + x∈HN −1 2βN −1,n x − TN −2 TN −3 T1 y1,n y2,n = y1,n − γ2 T1∗ T2∗ TN∗ −2 (TN −2 TN −3 T1 y1,n − z2,n ) zN −1,n = arg x∈H2 f2 (x) + x − T1 yN −2,n 2β2,n yN −1,n = yN −2,n − γN −1 T1∗ (T1 yN −2,n − zN −1,n ), zN,n = arg x∈H1 f1 (x) + x − yN −1,n 2β1,n yN,n = zN,n , xn+1 = αn f (xn ) + (1 − αn )yN,n , xn+1 = αn f (yN,n ) + (1 − αn )yN,n , n ≥ 0, 2 34 hội tụ mạnh phần tử x∗ ∈ S, nghiệm bất đẳng thức biến phân (I H1 − f )x∗ , y − x∗ ≥ ∀y ∈ S Chứng minh Trước hết, ta thấy S = (∂f1 )−1 (0) ∩ T1−1 ((∂f2 )−1 (0)) ∩ ∩ T1−1 (T2−1 (TN−1−1 ((∂fN )−1 (0)))) Ta có z1,n = arg x∈HN fN (x) + x − TN −1 TN −2 T1 xn 2βN,n ∂fN (z1,n ) + βN,n (z1,n − TN −1 TN −2 T1 xn ) 0, điều suy N z1,n = JβAN,n (TN −1 TN −2 T1 xn ), AN = ∂fN Tương tự, ta có A −i+1 zi,n = JβNN−i+1,n (TN −i TN −i−1 T1 yi−1,n ) với AN −i+1 = ∂fN −i+1 với i = 2, 3, , N Do đó, áp dụng Định lý 2.3.3, ta nhận điều phải chứng minh 2.4.3 Bài toán chấp nhận tách tổng quát Cho C tập lồi, đóng khác rỗng khơng gian Hilbert thực H Ký hiệu iC hàm C, tức là,  0, x ∈ C, iC (x) := ∞, x ∈ / C Dễ thấy iC hàm lồi, thường nửa liên tục Do đó, tốn tử vi phân ∂iC đơn điệu cực đại Ta biết ∂iC (u) = N (u, C) = {v ∈ H : u − y, f ≥ ∀y ∈ C}, 35 N (u, C) nón pháp tuyến C u Ta ký hiệu toán tử giải ∂iC Jr , với r > Giả sử u = Jr x với x ∈ H, tức là, x−u ∈ ∂iC (u) = N (u, C) r Khi ta có x − u, u − y ≥ với y ∈ C Từ đặc trưng phép chiếu mêtric (Mệnh đề 1.1.10), suy u = PCH x Định lý 2.3.3 suy ta kết cho toán chấp nhận tách tổng quát Định lý 2.4.4 Cho Hi , i = 1, 2, , N , không gian Hilbert thực, cho Ci , i = 1, 2, , N , tập lồi, đóng Hi , tương ứng Cho Ti : Hi −→ Hi+1 , i = 1, 2, , N − 1, tốn tử tuyến tính bị chặn cho S := C1 ∩ T1−1 (C2 ) ∩ ∩ T1−1 (T2−1 (TN−1−1 (CN ))) = ∅ Nếu điều kiện C1) C3) Định lý 2.3.3 đúng, dãy {xn } xác định x0 ∈ H1 y1,n = x1,n − γ1 T1∗ T2∗ TN∗ −1 (I HN − PCHNN )TN −1 TN −2 T1 xn , H −1 y2,n = y1,n − γ2 T1∗ T2∗ TN∗ −2 (I HN −1 − PCNN−1 )TN −2 TN −3 T1 y1,n , yN −1,n = yN −2,n − γN −1 T1∗ (I H2 − PCH22 )T1 yN −2,n , yN,n = PCH11 yN −1,n , xn+1 = αn f (xn ) + (1 − αn )yN,n , xn+1 = αn f (yN,n ) + (1 − αn )yN,n , n ≥ 0, hội tụ mạnh phần tử x∗ ∈ S, nghiệm bất đẳng thức biến phân (I H1 − f )x∗ , y − x∗ ≥ ∀y ∈ S Bằng lập luận tương tự chứng minh Định lý 2.4.1 ta nhận hệ cho toán chấp nhận tách 36 Hệ 2.4.5 Cho H1 H2 hai không gian Hilbert thực, cho T : H1 −→ H2 toán tử tuyến tính bị chặn f : H1 −→ H1 ánh xạ co H1 Cho Ci , i = 1, 2, , r, Qj , j = r + 1, r + 2, , N , tập lồi, đóng H1 H2 , tương ứng, cho S := ∩ri=1 Ci ∩ T −1 (∩N j=r+1 Qj ) = ∅ với i = 1, 2, , N −r, γj ∈ (0, 2), j = N −r+1, , N − T 1, {αn }, {βi,n }, i = 1, 2, , N , dãy số dương thỏa mãn điều kiện Nếu γi ∈ 0, C2) C3) Định lý 2.3.3, dãy {xn } xác định x0 ∈ H1 y1,n = xn − γ1 T ∗ (I H2 − PQHN2 )T xn , y2,n = y1,n − γ2 T ∗ (I H2 − PQHN2 −1 ))T y1,n , yN −r,n = yN −r−1,n − γN −r T ∗ (I H2 − PQHr+1 ))T yN −r−1,n , yN −r+1,n = yN −r,n − γN −r+1 (I H1 − PCHr1 )yN −r,n , yN −1,n = yN −2,n − γN −1 (I H1 − PCH21 )yN −2,n , yN,n = PCH11 (yN −1,n ), xn+1 = αn f (xn ) + (1 − αn )yN,n , xn+1 = αn f (yN,n ) + (1 − αn )yN,n , n ≥ 0, hội tụ mạnh phần tử x∗ ∈ S, nghiệm bất đẳng thức biến phân (I H1 − f )x∗ , y − x∗ ≥ ∀y ∈ S 2.4.4 Bài toán cân tách tổng quát Cho C tập lồi, đóng khác rỗng khơng gian Hilbert thực H Cho F song hàm C × C vào R Bài toán cân phát biểu sau: Tìm phần tử x ∈ C cho F (x, y) ≥ ∀y ∈ C (2.28) 37 Để nghiên cứu toán cân bằng, người ta thường giả sử song hàm F có tính chất sau: (A1) F (x, x) = với x ∈ C; (A2) F đơn điệu, tức là, F (x, y) + F (y, x) ≤ với x, y ∈ C; (A3) với x, y, z ∈ C, ta có limt↓0 F (tz + (1 − t)x, y) ≤ F (x, y); (A4) với x ∈ C, ánh xạ y −→ F (x, y) lồi nửa liên tục Tiếp theo, ta cần bổ đề Bổ đề 2.4.6 [13] Cho F song hàm từ C × C vào R thỏa mãn điều kiện (A1)–(A4) cho AF ánh xạ đa trị H xác định  {z ∈ H : F (x, y) ≥ y − x, z ∀y ∈ C}, x ∈ C, AF x := ∅, x ∈ / C Khi AF toán tử đơn điệu cực đại D(AF ) ⊂ C, EP (F ) = A−1 F 0, EP (F ) tập nghiệm Bài tốn (2.28) toán tử giải Tr = (I H + rAF )−1 xác định TrF x := {z ∈ C : F (z, y) + y − z, z − x ≥ ∀y ∈ C} r với x ∈ H Từ Định lý 2.3.3, ta có kết Định lý 2.4.7 Cho Hi , i = 1, 2, , N , khơng gian Hilbert thực Cho Fi : Hi × Hi −→ R, i = 1, 2, , N , song hàm thỏa mãn điều kiện (A1)–(A4) cho Ti : Hi −→ Hi+1 , i = 1, 2, , N − 1, toán tử tuyến tính bị chặn, cho S := EP (F1 ) ∩ T1−1 (EP (F2 )) ∩ ∩ T1−1 (T2−1 (TN−1−1 (EP (FN )))) = ∅ Nếu điều kiện C1), C2) C3) Định lý 2.3.3 đúng, dãy {xn } xác định x0 ∈ H1 N y1,n = xn − γ1 T1∗ T2∗ TN∗ −1 (I HN − TβAN,n )TN −1 TN −2 T1 xn , 38 A −1 y2,n = y1,n − γ2 T1∗ T2∗ TN∗ −2 (I HN −1 − TβNN−1,n )TN −2 TN −3 T1 y1,n , yN −1,n = yN −2,n − γN −1 T1∗ (I H2 − TβA2,n )T1 yN −2,n , yN,n = TβA1,n (yN −1,n ), xn+1 = αn f (xn ) + (1 − αn )yN,n , xn+1 = αn f (yN,n ) + (1 − αn )yN,n , n ≥ 0, hội tụ mạnh phần tử x∗ ∈ S, nghiệm bất đẳng thức biến phân (I H1 − f )x∗ , y − x∗ ≥ ∀y ∈ S 2.4.5 Bất đẳng thức biến phân tách tổng quát Cho H không gian Hilbert thực C tập lồi đóng H Cho A : C −→ H toán tử đơn trị, đơn điệu h-liên tục Khi điểm u ∈ C gọi nghiệm bất đẳng thức biến phân tương ứng với A C bất đẳng thức y − u, Au ≥ với y ∈ C Ta ký hiệu V I(C, A) tập nghiệm bất đẳng thức biến phân Nếu V I(C, A) gồm phần tử, V I(C, A) dùng để ký hiệu phần tử Định lý 2.4.8 Cho Hi , i = 1, 2, , N , không gian Hilbert thực Ci , i = 1, 2, , N , tập lồi, đóng Hi , tương ứng Cho Ai : Ci −→ Hi , i = 1, 2, , N , toán tử đơn trị, đơn điệu, h-liên tục, cho Ti : Hi −→ Hi+1 , i = 1, 2, , N − 1, tốn tử tuyến tính bị chặn, cho S := V I(C1 , A1 ) ∩ T1−1 (V I(C2 , A2 )) ∩ ∩ T1−1 (T2−1 (TN−1−1 (V I(CN , AN )))) = ∅ Nếu điều kiện C1), C2) C3) Định lý 2.3.3 đúng, dãy {xn } xác định x0 ∈ H1 z1,n = V I(CN , βN,n AN + I HN − TN −1 TN −2 T1 xn ), 39 y1,n = x1,n − γ1 T1∗ T2∗ TN∗ −1 (TN −1 TN −2 T1 xn − z1,n ), z2,n = V I(CN −1 , βN −1,n AN −1 + I HN −1 − TN −2 TN −3 T1 y1,n ), y2,n = y1,n − γ2 T1∗ T2∗ TN∗ −2 (TN −2 TN −3 T1 y1,n − z2,n ), zN −1,n = V I(C2 , β2,n A2 + I H2 − T1 yN −2,n ), yN −1,n = yN −2,n − γN −1 T1∗ (T1 yN −2,n − zN −1,n ), zN,n = V I(C1 , β1,n A1 + I H1 − yN −1,n ), yN,n = zN,n , xn+1 = αn f (xn ) + (1 − αn )yN,n , xn+1 = αn f (yN,n ) + (1 − αn )yN,n , n ≥ 0, hội tụ mạnh phần tử x∗ ∈ S, nghiệm bất đẳng thức biến phân (I H1 − f )x∗ , y − x∗ ≥ ∀y ∈ S Chứng minh Ta xác định ánh xạ TAN ⊂ HN × HN  AN x + NC (x), x ∈ CN , N TAN x := ∅, x ∈ /C , N NCN (x) := {z ∈ HN : y − x, z ≤ với y ∈ CN } Rockafellar [10] TA1 toán tử đơn điệu cực đại TA−1 (0) = V I(CN , AN ) N Chú ý z1,n = V I(CN , βN,n AN + I HN − TN −1 TN −2 T1 xn ) y − z1,n , βN,n AN (z1,n ) + z1,n − TN −1 TN −2 T1 xn ≥ với y ∈ CN , tức là, −βN,n AN (z1,n )−z1,n +TN −1 TN −2 T1 xn ∈ βN,n NCN (z1,n ) TA N Điều suy z1,n = JβN,n (TN −1 TN −2 T1 xn ) 40 Tương tự, ta xác định ánh xạ TAi ⊂ Hi × Hi với i = 1, 2, , N ,  Ai x + NC (x), x ∈ Ci i TAi x := ∅, x ∈ /C, i TAi đơn điệu cực đại, TA−1 (0) = V I(Ci , Ai ) i TA N −i+1 zi,n = JβN −i+1,n (TN −i T1 yi−1,n ) với i = 2, 3, , N Do đó, áp dụng Định lý 2.3.3, ta nhận điều phải chứng minh 2.5 Ví dụ số minh họa Xét toán chấp nhận tách tổng quát đề cập Định lý 2.4.4 với N = 5, Hi = Rni , ni = 5i, tập lồi đóng Ci xác định Ci = {x ∈ Rni : , x ≤ bi }, tọa độ sinh ngẫu nhiên đoạn [3, 5], bi lấy ngẫu nhiên đoạn [1, 2] với i = 1, 2, , 5, Ti : Rni → Rni+1 , i = 1, 2, 3, tốn tử tuyến tính bị chặn có ma trận với phần tử lấy ngẫu nhiên đoạn [−5, 5] Áp dụng Định lý 2.4.4 với tham số chọn sau: αn = 1/n, γi = 1/Π5−i j=1 Mi , với ni Mi = (tikl )2 , i = 1, 2, 3, 4, max k=1,2, ,ni+1 l=1 (tikl )ni+1 ×ni ma trận tốn tử tuyến tính bị chặn Ti với i = 1, 2, 3, Dễ thấy Ti ≤ Mi với i = 1, 2, 3, Do γi = Π5−i j=1 Mi ≤ γi thỏa mãn điều kiện γi ∈ 0, Π5−i j=1 Ti , T1 TN −i với i = 1, 2, , Chú ý 2.5.1 Trong ví dụ ta sử dụng điều kiện dừng σn