Không gian Banach phản xạ
Không gian Banach phản xạ là một khái niệm quan trọng trong lý thuyết không gian toán học Một không gian Banach X được xem là không gian phản xạ nếu với mọi phần tử x ∗∗ thuộc không gian liên hợp thứ hai X ∗∗, tồn tại một phần tử x trong X sao cho điều kiện hx, x ∗ i = hx ∗ , x ∗∗ i được thỏa mãn với mọi x ∗ thuộc X ∗.
Chú ý 1.1.2 Trong luận văn, chúng tôi sử dụng ký hiệu hx ∗ , xi để chỉ giá trị của phiếm hàm x ∗ ∈X ∗ tại x∈ X.
Trong không gian Banach X, các khẳng định sau đây là tương đương: (i) X là không gian phản xạ và (ii) mọi dãy bị chặn trong X đều có một dãy con hội tụ yếu.
Mệnh đề dưới đây cho ta mối liên hệ giữa tập đóng và tập đóng yếu trong không gian tuyến tính định chuẩn.
Mệnh đề 1.1.4 Nếu C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian không gian tuyến tính định chuẩn X, thì C là tập đóng yếu.
Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử tồn tại dãy {x_n} ⊂ C sao cho x_n * x, nhưng x không thuộc C Theo định lý tách các tập lồi, có x* ∈ X* tách ngặt x và C, tức là tồn tại ε > 0 sao cho hx, x*i ≤ hx, x*i - ε với mọi y ∈ C Đặc biệt, ta có hx_n, x*i ≤ hx, x*i - ε với mọi n ≥ 1 Hơn nữa, vì x_n * x, nên hx_n, x*i → hx, x*i Khi cho n → ∞ trong bất đẳng thức trên, ta nhận được hx, x*i ≤ hx, x*i - ε, điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó, giả thuyết ban đầu là sai, suy ra C là tập đóng yếu.
Mệnh đề được chứng minh.
Chú ý 1.1.5 Nếu C là tập đóng yếu, thì hiển nhiên C là tập đóng.
Khoảng cách Bregman và một số lớp ánh xạ Bregman không giãn 4
Hàm lồi và khoảng cách Bregman
Cho X là một không gian Banach và cho f : X −→ (−∞,∞] là một hàm số Ta ký hiệu miền hữu hiệu domf là tập {x ∈ X : f(x) < ∞} Với mỗi x ∈ int domf và y ∈ X, ta ký hiệu f 0 (x, y) là đạo hàm phải của f tại x theo hướng y, tức là f 0 (x, y) = lim t↓0 f(x+ty)−f(x) t Định nghĩa 1.2.1 Hàm f được gọi là khả vi Gâteaux tại x nếu giới hạn lim t→0 (f(x + ty) − f(x))/t tồn tại với mọi y Trong trường hợp này f 0 (x, y) trùng với (5f)(x), giá trị của gradient 5f của f tại x. Định nghĩa 1.2.2 Hàm f được gọi là khả vi Fréchet tại x nếu giới hạn trên tồn tại đều trên tập {y ∈X : kyk= 1} Hàm f được gọi là khả vi Fréchet đều trên tập con C của X nếu giới hạn trên tồn tại đều với mọix ∈C và kyk= 1.
Nếu hàm f khả vi Gâteaux (Fréchet) trên không gian X, thì toán tử gradient 5f là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X Hơn nữa, nếu f khả vi Gâteaux trên miền trong của nó, thì f sẽ liên tục và đạo hàm Gâteaux 5f cũng liên tục từ tôpô mạnh vào tôpô yếu trong miền này Cuối cùng, nếu f khả vi Fréchet đều trên X, thì tồn tại một hằng số M sao cho độ lớn của 5f(x) không vượt quá M với mọi x thuộc X.
Dưới đây một tính chất đơn giản của hàm khả vi Fréchet đều.
Mệnh đề 1.2.4 (xem [2], Định lý 1.8) Nếu f : X −→ R khả vi Fréchet đều, thì f liên tục đều trên X.
Chứng minh Lấy bất kỳ u, v ∈ X Xét hàm số h(t) = f[u+t(v −u)] với mọi t∈[0,1] Khi đó, ta có h(t+τ)−h(t) τ = f([u+ (t+τ)(vưu)])ưf[u+t(vưu)] τ
Vì f khả vi Fréchet đều trên X, nên khi cho τ → 0, ta nhận được h 0 (t) _(u+t(vưu))(vưu).
Theo định lý Lagrange, tồn tại θ∈ (0,1) sao cho h(1)−h(0) =h 0 (θ).
Từ Chú ý 1.2.3 iii), suy ra tồn tại M sao cho k 5f(x)k ≤ M, với mọi x ∈ X.
Do đó, ta nhận được
Hàm f được gọi là chính thường trên tập D ⊂ X nếu miền xác định của nó không rỗng và giá trị của f luôn lớn hơn -∞ cho mọi x trong D Hàm f được coi là hàm lồi trên D nếu tập epi f, được định nghĩa là tập hợp các cặp (x, r) thuộc D × R sao cho f(x) ≤ r, là một tập lồi trong không gian E × R Ngoài ra, hàm f được gọi là nửa liên tục dưới tại điểm x ∈ D nếu với mỗi ε > 0, tồn tại một δ > 0 sao cho f(x) - ε ≤ f(x) với mọi x thuộc D thỏa mãn điều kiện |x - x| < δ Hàm f được xem là nửa liên tục dưới trên D nếu nó nửa liên tục dưới tại mọi điểm x trong D.
Dưới đây là ví dụ về hàm nửa liên tục dưới.
Ví dụ 1.2.6 Cho f : R−→ R là hàm số được xác định bởi f(x)
Khi đó, hàm f là hàm nửa liên tục dưới tại điểm x = 0, nhưng không liên tục tại x = 0.
Hàm f không liên tục tại x = 0, vì với mọi ε > 0 và δ > 0 (δ có thể là số dương bất kỳ), ta có f(0) - ε = -1 - ε < -1 ≤ f(x) với mọi x Do đó, f là nửa liên tục dưới tại 0.
Mệnh đề 1.2.7 Hàm f : X −→ (−∞,∞] là lồi khi và chỉ khi f[tx+ (1−t)y] ≤tf(x) + (1−t)f(y) (1.1) với mọi x, y∈ X và mọi t∈ [0,1].
Giả sử f là hàm lồi trên X, chúng ta cần chứng minh bất đẳng thức (1.1) đúng với mọi t ∈ (0,1) Nếu x hoặc y không thuộc miền xác định của f, bất đẳng thức (1.1) hiển nhiên đúng Khi x, y ∈ domf, ta có (x, f(x)) ∈ epif và (y, f(y)) ∈ epif Vì epif là tập lồi, nên (t(x, f(x)) + (1−t)(y, f(y))) ∈ epif với mọi t ∈ (0,1), dẫn đến (tx + (1−t)y, tf(x) + (1−t)f(y)) ∈ epif với mọi t ∈ (0,1) Kết luận, f[tx + (1−t)y] ≤ tf(x) + (1−t)f(y).
Giả sử bất đẳng thức (1.1) đúng với mọi t ∈ (0,1), ta có thể chứng minh rằng epif là tập lồi Cụ thể, nếu (x, s) ∈ epif và (y, r) ∈ epif, tức là f(x) ≤ s và f(y) ≤ r, thì theo bất đẳng thức (1.1), ta có f[tx + (1−t)y] ≤ tf(x) + (1−t)f(y) ≤ ts + (1−t)r với mọi t ∈ [0,1] Điều này dẫn đến việc (t(x, s) + (1−t)(y, r)) ∈ epif cho mọi t ∈ [0,1] Do đó, ta kết luận rằng epif là tập lồi, từ đó suy ra f là hàm lồi.
Nếu f là một hàm lồi và x thuộc domf, thì các khẳng định sau đây là đúng: Hàm ϕ f (y, x;t) = f(x+ty)−f(x) xác định trên R\{0} là hàm không giảm trên các khoảng (0,∞) và (−∞,0) Hơn nữa, với mọi y thuộc X, giới hạn f 0 (x, y) = lim t↓0 ϕ f (y, x;t) tồn tại và thỏa mãn f 0 (x, y) ≤ f(x+y)−f(x).
Chứng minh i) Nếu 0< t < s < ∞, thì từ Mệnh đề 1.2.7, ta có f(x+ty) =f t s(x+sy) +s−t s x
Theo công thức f(x) + tf(x+sy)−f(x) s, ta suy ra rằng ϕ f (y, x;t) ≤ ϕ f (y, x;s), cho thấy ϕ f (y, x;t) là hàm không giảm trên (0,∞) Tương tự, ϕ f (y, x;t) cũng là hàm không giảm trên (−∞,0) Hơn nữa, từ giới hạn f 0 (x, y) = lim t↓0 ϕf(y, x;t), ta có thể khẳng định rằng f 0 (x, y) tồn tại và f 0 (x, y) ≤ ϕf(y, x; 1), tức là f 0 (x, y) ≤ f(x+y)−f(x).
Trong mệnh đề 1.2.9, cho D ⊂ E là một tập lồi và f : D → R∪ {±∞} là một hàm lồi trên D, ta có hai khẳng định quan trọng Thứ nhất, mọi điểm cực tiểu địa phương của f trên D đều là điểm cực tiểu toàn cục Thứ hai, nếu f là hàm lồi chặt trên D, thì điểm cực tiểu của f, nếu tồn tại, sẽ là duy nhất.
Chứng minh i) Giả sửx 0 ∈ D là một điểm cực tiểu địa phương củaf, nhưng x 0 không là điểm cực tiểu toàn cục Khi đó, tồn tại x 1 ∈D sao cho f(x 1 ) < f(x 0 ).
Vì x0 ∈ D là một điểm cực tiểu địa phương của hàm f, nên tồn tại một lân cận U của x0 sao cho f(x0) ≤ f(x) với mọi x ∈ D ∩ U Đối với t ∈ (0, 1) đủ nhỏ, ta có x_t = x0 + t(x1 - x0) ∈ D ∩ U, từ đó suy ra f(x0) ≤ f(x_t) = f[tx1 + (1 - t)x0] ≤ tf(x1) + (1 - t)f(x0).
Suy ra f(x 0 ) ≤ f(x 1 ), mâu thuẫn với f(x 1 ) < f(x 0 ) Vậy x 0 là một điểm cực tiểu của f trên D. ii) Giả sử x 1 và x 2 là các điểm cực tiểu của f trên D với x 1 6= x 2 Khi đó f(x 1 ) =f(x 2 ) =m= min x∈Df(x).
Từ tính lồi chặt của f suy ra f(x 1 +x 2
Trong bài viết này, chúng ta xem xét hàm f : X −→ (−∞,∞] là một hàm lồi, chính thường và nửa liên tục dưới Đối với x thuộc vào miền trong của tập hợp xác định của f, điểm cực tiểu của hàm f nếu tồn tại sẽ là duy nhất, điều này được thể hiện qua mâu thuẫn giữa 2(f(x₁) + f(x₂)) và m = min x∈D f(x).
Ví dụ 1.2.11 Cho x 0 ∈ R và f : R −→R xác định bởi f(x) =|x−x 0 | với mọi x∈R Khi đó, ta có
Dễ thấy f khả vi tại mọi x 6= 0, nên ta có ∂f(x) = {1} nếu x > x 0 và
∂f(x) ={−1} nếu x < x 0 Tại x 0 , ta có ξ ∈∂f(x 0 ) khi và chỉ khi
|x−x 0 | ≥ξ(x−x 0 ), ∀x∈R. Điều này tương đương với ξ ∈[−1,1] và do đó ∂f(x0) = [−1,1].
Ví dụ 1.2.12 Cho X là một không gian tuyến tính định chuẩn, g(x) = 1
2kxk 2 với mọi x ∈X Khi đó,
Thật vậy, f ∈∂g(0) khi và chỉ khi
Thay y bởi λy với λ > 0, ta nhận được λ
Khi cho λ tiến đến 0, ta có hy, fi ≤ 0 với mọi y ∈ X Thay y bằng -y, ta nhận được hy, fi ≥ 0 Từ đó, suy ra hy, fi = 0 với mọi y ∈ X, dẫn đến f = 0 Do đó, ∂g(0) = {0} Giả sử x khác 0, có thể dễ dàng kiểm tra điều này.
Thật vậy, giả sử f ∈ X ∗ thỏa mãn kxk 2 =kfk 2 Khi đó, với mọi y ∈X, ta có hy−x, fi= hy, fi − kxk 2
Ngược lại, giả sử f ∈∂g(x) Khi đó, ta có hy−x, fi ≤ 1
2(kyk 2 − kxk 2 ) với mọi y ∈X Thay y =x+λz với λ ∈R và z ∈ X, từ bất đẳng thức ka+bk 2 ≤ kak 2 +kbk 2 + 2kakkbk, ∀a, b∈ X, ta nhận được λhz, fi ≤ 1
2(λ 2 kzk 2 + 2|λ|kxkkzk) (1.2) Khi λ >0, từ (1.2), ta nhận được hz, fi ≤ 1
Cho λ → 0 + , ta thu được hz, fi ≤ kxkkzk với mọi z ∈ X Suy ra, |hz, fi| ≤ kxkkzk với mọi z ∈ X Với z = x, ta nhận được
|hx, fi| ≤ kxk 2 , kfk ≤ kxk (1.3) Trong bất đẳng thức đầu tiên của (1.2), với x= z và λ < 0, ta nhận được hx, fi ≥ λ+ 2
2 kxk 2 Cho λ→ 0 − , ta được hx, fi ≥ kxk 2 (1.4)
Từ (1.3) và (1.4), ta nhận được hx, fi=kxk 2 =kfk 2 Tóm lại, ta nhận được
0, x= 0, {f ∈ X ∗ : hx, fi=kxk 2 =kfk 2 }, x6= 0. Định nghĩa 1.2.13 Hàm liên hợp của f là f ∗ : X ∗ −→ (−∞,∞] và được xác định bởi f ∗ (x ∗ ) = sup x∈X
Ví dụ 1.2.14 Cho f : R −→ R xác định bởi f(x) = e 2x với mọi x ∈ R Khi đó, ta có f ∗ (x ∗ )
Thật vậy, từ định nghĩa của hàm liên hợp ta có f ∗ (x ∗ ) = sup x∈ R
Giả sử x ∗ > 0, đặt g(x) = x ∗ x−e 2x với x ∈R Ta có g 0 (x) =x ∗ −2e 2x = 0 khi và chỉ khi x= 1
∞, nếu x ∗ < 0. Định nghĩa 1.2.15 Cho E là một không gian Banach phản xạ, một hàm f : X −→ (−∞,∞] được gọi là hàm Legendre nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn hai điều kiện sau:
L 1 ) Phần trong int domf của miền hữu hiệu củaf khác rỗng,f khả vi Gâteaux trên int domf và dom5f = int domf;
L 2 ) Phần trong int domf ∗ của miễn hữu hiệu của f ∗ khác rỗng, f ∗ khả vi Gâteaux trên int domf ∗ và dom5f ∗ = int domf ∗
Vì E là phản xạ, nên (∂f) −1 = ∂f ∗ (xem [6]) Do đó, từ các điều kiện L 1 ) và
L 2 ), ta có các đẳng thức sau:
5f = (5f ∗ ) −1 , ran5f =dom5f ∗ =int domf ∗ và ran5f ∗ =dom5f = int domf, trong đó ran5f là miền ảnh của 5f.
Khi hàm f có vi phân đơn trị, nó đồng nhất với 5f Bauschke và cộng sự đã chỉ ra rằng các điều kiện L1 và L2 đảm bảo rằng hàm f và hàm đối ngẫu f* là lồi chặt trong miền hữu hiệu tương ứng Nếu X là một không gian Banach trơn và lồi chặt, thì hàm Legendre được định nghĩa là f(x) = 1/p * ||x||^p, với 1 < p < ∞.
Từ đây, ta luôn giả thiết rằng X là không gian Banach phản xạ.
Nếu f : X −→ R là một hàm lồi, khả vi Fréchet đều và bị chặn trên mỗi tập con bị chặn của X, thì đạo hàm 5f sẽ liên tục đều trên mỗi tập con bị chặn của X từ tôpô mạnh của X vào tôpô mạnh của X ∗.
Giả sử kết luận của mệnh đề là sai, tồn tại hai dãy bị chặn {x_n}, {y_n} và số dương ε sao cho kx_n − y_n k → 0, nhưng h5f(x_n) − 5f(y_n), w_n i ≥ 2ε, với {w_n} là một dãy trong X thỏa mãn kw_n k = 1 Do f khả vi Fréchet, tồn tại một hằng số dương δ sao cho f(y_n + tw_n) − f(y_n) − th5f(y_n), w_n i ≤ εt với mọi t ∈ (0, δ) Từ tính lồi của hàm f, ta có h5f(x_n), (y_n + tw_n) − x_n i ≤ f(y_n + tw_n) − f(x_n) với mọi n ≥ 1.
Cũng từ tính lồi của hàm f, ta có th5f(x n ), w n i ≤f(y n +tw n )−f(y n )
Do đó, ta nhận được
Phép chiếu Bregman
Cho hàm lồi và khả vi Gâteaux f: X −→ (−∞,∞], phép chiếu Bregman của điểm x ∈ int domf lên tập con lồi, đóng và khác rỗng C ⊂ domf cho ra véctơ duy nhất proj f C (x)∈ C thỏa mãn điều kiện đã định.
Mệnh đề 1.2.26 Toán tử chiếu proj f C : int domf −→ C được cho bởi (1.15) là hoàn toàn xác định.
Chứng minh Lấy x∈ int domf Đặt α= inf{D f (y, x) : y ∈C}.
Khi đó, tồn tại dãy {y n } ⊂ C sao cho D f (y n , x) → α khi n → ∞ Suy ra dãy {D f (y n , x)} bị chặn trên bởi số thực β nào đó Từ đó, ta có v f (x,ky n −xk) ≤ D f (y n , x)≤ β (1.16)
Dãy {y n} được chứng minh là bị chặn Giả sử ngược lại, nếu dãy {y n} không bị chặn, sẽ tồn tại n 0 sao cho |ky n − x| ≥ 1 với mọi n ≥ n 0 Từ Mệnh đề 1.2.19 ii), ta suy ra v f (x, 1)|ky n − x| ≤ v f (x, |ky n − x|), điều này mâu thuẫn với tính bị chặn của {v f (x, |ky n − x|)} Theo Mệnh đề 1.1.3, tồn tại dãy con {y n k} của dãy {y n} sao cho y n k hội tụ về y ∗ Vì C là tập lồi và đóng, nên C là tập đóng yếu, do đó y ∗ thuộc C.
D f (ã, x) là nửa liờn tục dưới và lồi, do đú nú là nửa liờn tục dưới trờn int domf.
Dựa vào bất đẳng thức D f (y ∗ , x) ≤ lim inf k→∞ D f (y n k , x) = α ≤ D f (y ∗ , x), ta có D f (y ∗ , x) = α, cho thấy tồn tại ít nhất một phần tử y ∗ ∈ C sao cho α = D f (y ∗ , x) Vì D f (ã, x) là hàm lồi chặt theo Mệnh đề 1.2.9, nên tính duy nhất của y ∗ được xác lập Do đó, phép chiếu Bregman proj f C : int domf −→ C là hoàn toàn xác định.
Nếu X là một không gian Banach trơn, lồi chặt và f(x) = kxk² với mọi x ∈ X, thì 5f(x) = 2Jx, trong đó J là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc từ X vào 2X∗, được xác định bởi Jx = {u∗ ∈ X∗ : hu∗, xi = kxk², ku∗k = kxk} với mọi x ∈ X Do đó, Df(x, y) trở thành φ(x, y) = kxk² - 2hx, Jyi + kyk², với mọi x, y ∈ E Đây là hàm Lyapunov do Albert xây dựng và phép chiếu Bregman proj f C(x) trở thành phép chiếu tổng quát ΠC(x) được xác định bởi φ(ΠC(x), x) = min y∈C φ(y, x) Nếu X = H là không gian Hilbert, thì J là ánh xạ đồng nhất, và phép chiếu Bregman proj f C(x) trở thành phép chiếu metric từ H lên C Tính chất đặc trưng của phép chiếu Bregman được nêu trong mệnh đề dưới đây.
Giả sử f khả vi Gâteaux và lồi hoàn toàn trên int domf, với x ∈ int domf và C ⊂ int domf là một tập hợp rỗng, lồi và đóng Nếu x thuộc C, thì các khẳng định sau đây là tương đương: i) x là hình chiếu của f lên C; ii) x là nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân h5f(x)− 5f(x), z−xi ≥0 ∀z ∈ C; iii) x là nghiệm duy nhất của bất đẳng thức.
Chứng minh i)⇒ii) Giả sử x=proj f C (x) Lấy bất kỳz ∈C, vì C là tập lồi nên ta có zt = x+t(z−x) ∈C với mọi t ∈(0,1], vì C là tập lồi Khi đó, ta có
D f (x, x)≤ D f (z t , x), với mọi t ∈(0,1] Từ tớnh lồi và tớnh khả vi của D f (ã, x), ta cú
Theo chú ý 1.2.3, 5f liên tục từ tôpô mạnh vào tôpô yếu trên int domf, khi cho t→ 0+, bất đẳng thức h5f(x)− 5f(x), z−xi ≥ 0 được thỏa mãn với mọi z ∈ C.
Do đó, ta nhận được kết luận trong iii). iii)⇒i) Vì D f (z, x)≥ 0 với mọi z ∈ C, nên ta nhận được
Mệnh đề 1.2.29 nêu rõ rằng cho hàm f: E → R là một hàm lồi hoàn toàn và khả vi Gâteaux, với x0 ∈ E và C là tập con lồi, đóng, không rỗng của E Nếu {xn} là một dãy bị chặn và tập các điểm tụ yếu của {xn} nằm trong C, thì có những điều kiện nhất định sẽ được áp dụng.
D f (x n , x 0 ) ≤ D f (proj f C x 0 , x 0 ) với mọi n ∈ N, thì dãy {x n } hội tụ mạnh về proj f C x 0
Chứng minh Đặt u = proj f C x 0 Từ đẳng thức ba điểm (1.6) và giả thiết
Vì dãy {x n } bị chặn nên tồn tại một dãy con x n k sao cho x n k * v Theo giả thiết v ∈C Do đó, từ Mệnh đề 1.2.28 ii), ta có lim sup k→∞
Suy ralim sup k→∞ D f (x n k , u) = 0 Theo Mệnh đề 1.2.22, ta nhận đượcx n k → u.
Do đó, từ tính duy nhất của u, ta thu được x n → u.
Xấp xỉ nghiệm chung cho hệ bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát và bài toán điểm bất động 29
Toán tử giải hỗn hợp và tính chất
Cho E là một không gian Banach và cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của E.
Cho hàm Θ: C × C −→ R là một song hàm, Ψ: E −→ E ∗ là một toán tử phi tuyến và ϕ: C −→ R là hàm số xác định trên C Bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát được định nghĩa là tìm một phần tử x ∈ C sao cho Θ(x, y) + hΨ(x, y−x) + ϕ(y) ≥ ϕ(x) với mọi y ∈ C Tập nghiệm của bài toán này được ký hiệu là GM EP(Θ, ϕ, Ψ).
Nếu Ψ = 0, thì Bài toán (2.1) trở thành bài toán cân bằng hỗn hợp (xem [11]) tìm một phần tử x∈C sao cho Θ(x, y) +ϕ(y) ≥ϕ(x) ∀y ∈C (2.2)
Ta dùng ký hiệu M EP(Θ)để chỉ tập nghiệm của Bài toán (2.2).
Nếu ϕ = 0, thì Bài toán (2.1) trở thành bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát (xem [25]) tìm một phần tử x∈ C sao cho Θ(x, y) +hΨx, y−xi ≥ 0 ∀y ∈C (2.3)
Tập nghiệm của bài toán (2.3) được ký hiệu bởi GEP(Θ,Ψ).
Nếu Θ = 0, thì Bài toán (2.1) trở thành bài toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp kiểu Browder (xem [7]) tìm một phần tử x ∈C sao cho hΨx, y−xi+ϕ(y) ≥ ϕ(x) ∀y ∈C (2.4)
Tập nghiệm của Bài toán (2.4) được ký hiệu bởi M V I(C, ϕ,Ψ).
Nếu ϕ = 0 và Ψ = 0, bài toán (2.1) chuyển thành bài toán cân bằng, trong đó cần tìm phần tử x ∈ C sao cho Θ(x, y) ≥ 0 với mọi y ∈ C Để giải quyết bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát, cần thiết lập một số giả thiết cho song hàm Θ: C × C −→ R.
(A2) Θ là đơn điệu, tức là, Θ(x, y) + Θ(y, x) ≤ 0 với mọi x, y ∈C;
(A3) với mọi x, y, z ∈ C, lim sup t↓0 Θ(tz+ (1−t)x, y)≤ Θ(x, y);
(A4) với mỗi x ∈C, Θ(x, ) là hàm lồi và nửa liên tục dưới.
Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Banach phản xạ
E Cho ϕ là một hàm lồi, nửa liên tục dưới từ C vào R và Ψ : C −→ E ∗ là một toán tử đơn điệu, liên tục Cho Θ : C ×C −→ R là một song hàm thỏa mãn điều kiện A1)-A4) Giải hỗn hợp của Θ là toán tử Res f Θ,ϕ,Ψ : E −→ 2 C được định nghĩa như sau:
Ta chú ý rằng nếu f : E −→ (−∞,∞] là một hàm bức và khả vi Gâteaux thì giải hỗn hợp Θ thỏa mãn dom Res f Θ,ϕ,Ψ = E (xem [13], Bổ đề 4.14).
Tính chất của toán tử giải hỗn hợp được mô tả trong mệnh đề dưới đây.
Mệnh đề 2.1.1 (xem [13], Bổ đề 2.15) khẳng định rằng cho hàm Legendre f : E −→ (−∞,∞] và tập con lồi, đóng, khác rỗng C của E, nếu song hàm Θ : C ×C −→R thỏa mãn các điều kiện A1)-A4), thì Res f Θ,ϕ,Ψ là hàm đơn trị và là một toán tử BFNE Tập các điểm bất động của Res f Θ,ϕ,Ψ chính là tập nghiệm của bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát, với F(Res f Θ,ϕ,Ψ ) = GM EP(Θ, ϕ,Ψ) Hơn nữa, GM EP(Θ, ϕ,Ψ) là một tập con lồi, đóng của C, và với mọi x ∈ E và u ∈ F(Res f Θ,ϕ,Ψ ), các điều kiện liên quan vẫn được đảm bảo.
Ví dụ 2.1.2 Giả sử Θ(x, y) = y 2 −x 2 , ϕ(x) = x 2 và Ψ(x) = exp(x), với mọi x, y ∈R.
Dễ thấy Θ thỏa mãn các điều kiện (A1)-(A4), ϕ là hàm lồi, liên tục và Ψ là hàm liên tục, đơn điệu.
Khi f(x) = x 2 /2 với mọi x ∈ R, từ định nghĩa của Res f Θ,ϕ,Ψ , với mỗi x ∈ R, ta có
(y 2 −z 2 ) +y 2 + exp(x)(y−z) + (z−x)(y−z)≥ z 2 , ∀y ∈ R có thể viết ở dạng tương đương sau
Ta biết rằng bất đẳng thức (2.6) đúng với mọi y ∈R khi và chỉ khi
∆ = [exp(x) + (z−x)] 2 + 8[3z 2 + exp(x)z−xz]≤ 0. Điều này tương đương với [exp(x) −x+ 5z] 2 ≤ 0 Suy ra z = x−exp(x)
5 Do đó, ta nhận được
Chú ý 2.1.3 Trong Ví dụ 2.1.2, ta có F(Res f Θ,ϕ,Ψ ) = ∅ và do đó từ Mệnh đề 2.1.1, ta nhận được GM EP(Θ, ϕ,Ψ) =∅.
Ví dụ 2.1.4 Với mỗi số nguyên dươngi, giả sử Θ i (x, y) =i(y 2 −x 2 ),ϕ i (x) =x 2 và Ψ i (x) =x 3 /i, với mọi x, y ∈R.
Dễ thấy Θ i thỏa mãn các điều kiện A1)-A4), ϕ i là hàm lồi, liên tục và Ψ i là hàm liên tục, đơn điệu.
Khi f(x) =x 2 /2 với mọix∈ R, từ định nghĩa của Res f Θ i ,ϕ i ,Ψ i , với mỗix∈ R, ta có
Bất đẳng thức i(y 2 −z 2 ) +y 2 + x 3 i (y −z) + (z−x)(y−z)≥ z 2 , ∀y ∈ R có thể viết ở dạng tương đương sau
Ta biết rằng bất đẳng thức (2.7) đúng với mọi y ∈R khi và chỉ khi
∆ = [x 3 +i(z−x)] 2 + 4(i 2 +i)[i 2 + 2i)z 2 +x 3 z−ixz] ≤0. Điều này tương đương với [x 3 −ix+ (2i 2 + 3i)z] 2 ≤ 0 Suy ra z = ix−x 3
2i 2 + 3i Do đó, ta nhận được
Chú ý 2.1.5 Trong Ví dụ 2.1.4, ta có F(Res f Θ i ,ϕ i ,Ψ i ) = {0} và do đó từ Mệnh đề 2.1.1, ta nhận được GM EP(Θ i , ϕ i ,Ψ i ) ={0}.
Phát biểu bài toán và phương pháp lặp
Cho E là một không gian Banach phản xạ, và C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của E Hàm f : E → R là đồng bức, bị chặn, khả vi Fréchet đều, và lồi hoàn toàn trên các tập con bị chặn của E Đồng thời, ∇f ∗ cũng bị chặn trên mỗi tập con bị chặn của E ∗ Xét một họ hữu hạn ánh xạ Bregman không giãn tương đối yếu T i : C → C, với i = 1,2, , N, cùng với các hàm thỏa mãn các điều kiện (A 1 )-(A 4 ) Các hàm ϕ j : C → R là lồi, và Ψ j : C → E ∗ là các ánh xạ liên tục, đơn điệu với j ∈ {1,2, M} Giả sử ∩ N i=1 F(T i ).
∩ ∩ M j=1 GM EP(Θ j , ϕ j ,Ψ j ) là tập khác rỗng.
Trong tài liệu [14], tác giả Darvish và các cộng sự đã nghiên cứu bài toán sau:
(2.8) Để xấp xỉ nghiệm của Bài toán (2.8), họ đã đề xuất một phương pháp lặp xoay vòng như sau: Cho {x n } là dãy được xác định bởi x 0 ∈ C, C 0 =Q 0 = C và z n =∇f ∗ (β n
Q n+1 = {z ∈ Q n : h∇f(x 0 )− ∇f(x n ), z−x n i ≤0}, x n+1 = proj f C n+1 ∩Q n+1x 0 , ∀n≥ 0, (2.9) trong đó {α n } ⊂ [0,1),{β n } ⊂ (0,1) và {γ i,n } ⊂ [a, b] ⊂ (0,1) sao cho
Sự hội tụ mạnh của phương pháp
Trước hết, ta có mệnh đề dưới đây.
Mệnh đề 2.3.1 Dãy {x n } trong (2.9) là hoàn toàn xác định.
Chứng minh Từ Mệnh đề 2.1.1 và Mệnh đề 1.2.33 suy ra F(T i ) và
GM EP(Θ j , ϕ j ,Ψ j ), j ∈ {1,2, M} là các tập con lồi và đóng của E.
C n và Q n là các tập con lồi và đóng của E, trong đó C 0 và Q 0 cũng là các tập lồi và đóng Giả sử C n và Q n đã được xác định là các tập lồi và đóng với n ≥ 0, ta có thể viết lại tập C n+1 theo một cách cụ thể.
Do đó, C n+1 là tập con lồi và đóng của E.
Q n+1 là tập con lồi và đóng của E, được xác định bởi điều kiện h∇f(x 0 )− ∇f(x n ), zi ≤ h∇f(x 0 )− ∇f(x n ), x n i Qua quy nạp toán học, ta có thể khẳng định rằng cả C n và Q n đều là các tập con lồi và đóng của E.
Bây giờ, để kết thúc chứng minh của mệnh đề này, ta sẽ chỉ ra rằng S ⊂
C n ∩Q n với mọi n ≥0 Thật vậy, dễ thấy rằngS ⊂ C 0 ∩Q 0 Giả sử S ⊂ C n ∩Q n với n ≥ 0.
Lấy bất kỳ p∈S, từ (2.9) và Bổ đề 2.1.1, ta có
Ta đánh giá D f (p, z n ), từ (2.9) và tính chất của T i , ta có
D f (p, u n ) ≤ α n D f (p, x 0 ) + (1−α n )D f (p, x n ). Điều này suy ra p∈C n+1 và do đó S ⊂C n+1
Từ xn = proj f C n ∩Q n (x0) và Mệnh đề 1.2.28, suy ra h∇f(x 0 )− ∇f(x n ), x n −vi ≥0, ∀v ∈C n ∩Q n
Do đó, từ p∈S ⊂C n ∩Q n , ta thu được h∇f(x 0 )− ∇f(x n ), x n −pi ≥0, tức là, p ∈ Q n+1 và vì vậy S ⊂ Q n+1 Do vậy, ta nhận được S ⊂ C n+1 ∩Q n+1 Bằng quy nạp toán học, ta nhận được S ⊂ C n ∩Q n với mọi n ≥0.
Vậy C n ∩Q n là tập con lồi, đóng và khác rỗng của E với mọin ≥0, và vì vậy dãy {x n } là hoàn toàn xác định.
Mệnh đề 2.3.2 Trong (2.9), dãy {x n } bị chặn.
Chứng minh Vìh∇f(x 0 )− ∇f(x n ), v−x n i ≤ 0với mọi v ∈ Q n+1 , nên từ Mệnh đề 1.2.28 suy ra x n = proj f Q n+1x 0 Từ x n+1 = proj f C n+1 ∩Q n+1x 0 ∈ Q n+1 , ta có
∈ Q n+1 Từ Mệnh đề 1.2.28, ta có
D f (p,proj f Q n+1x 0 ) +D f (proj f Q n+1x 0 , x 0 ) ≤D f (p, x 0 ) và do đó
Suy ra {D f (x n , x 0 )} bị chặn Từ Mệnh đề 1.2.21, suy ra dãy {x n } bị chặn và vì vậy các dãy {T i (x n )}, {y n }, {z n } cũng bị chặn.
Mệnh đề 2.3.3 Trong (2.9), {x n } là một dãy Cauchy.
Theo Mệnh đề 2.3.2, tập hợp {D f (x n , x 0 )} bị chặn, dẫn đến giới hạn lim n→∞ D f (x n , x 0 ) tồn tại và hữu hạn Với xm ∈ Qm ⊆ Qn+1 cho mọi m > n và áp dụng Mệnh đề 1.2.28, ta có những kết luận quan trọng về sự hội tụ của dãy số này.
D f (x m ,proj Q n+1 x 0 ) +D f (proj f Q n+1x 0 , x 0 ) ≤D f (x m , x 0 ) và do đó D f (x m , x n ) ≤D f (x m , x 0 )−D f (x n , x 0 ) Từ đó, ta có n→∞lim D f (x m , x n )≤ lim n,m→∞(D f (x m , x 0 )−D f (x n , x 0 )) = 0 (2.14)
Từ Nhận xét 1.2.23, Mệnh đề 1.2.24 và (2.14), ta nhận được n→∞lim kx m −x n k= 0 (2.15)
Do đó {x n } là một dãy Cauchy và đặc biệt lim n→∞ kx n+1 −x n k = 0.
Sự hội tụ mạnh của dãy lặp {x_n} theo định nghĩa (2.9) được xác định bởi Định lý 2.3.4 Định lý này khẳng định rằng nếu lim n→∞ α_n = 0 và lim inf n→∞ (1−β_n)β_n > 0, thì dãy {x_n} sẽ hội tụ mạnh về x† = proj_f S x_0.
Chứng minh Theo Mệnh đề 2.3.2,{x n }là một dãy Cauchy Do đó, x n → q ∈ C.
Từ Mệnh đề 1.2.16 và kx n+1 −x n k →0, ta nhận được n→∞lim k∇f(x n+1 )− ∇f(x n )k= 0 (2.16)
Từ lim n→∞ α n = 0 và lim n→∞ D f (x n+1 , x n ) = 0, suy ra dãy {D f (x n+1 , u n )} bị chặn và n→∞lim D f (x n+1 , u n ) = 0.
Từ Nhận xét 1.2.23 và Mệnh đề 1.2.24, ta nhận được n→∞lim kx n+1 −u n k= 0 (2.17)
Từ đánh giá kx n −u n k ≤ kx n −x n+1 k+kx n+1 −u n k và kx n+1 −x n k →0, ta nhận được n→∞lim kx n −u n k= 0, vì vậy u n → q khi n→ ∞ và n→∞lim k∇f(x n )− ∇f(u n )k = 0 (2.19)
Từ định nghĩa của khoảng cách Bregman, ta có
=f(u n )−f(x n ) +h∇f(u n ), x n −u n i +h∇f(u n )− ∇f(x n ), p−x n i, với mỗi p∈ S Từ (2.17)-(2.19), ta nhận được n→∞lim (D f (p, x n )−D f (p, u n )) = 0 (2.20) Mặt khác, với bất kỳ p∈ S, từ (1.13) và (2.12), ta có
Do đó, từ (2.20) và (2.21), suy ra D f (u n , y n ) → 0 và vì vậy ta nhận được
D f (p, y n ) −D f (p, u n ) → 0 khi n → ∞ Hơn nữa, từ D f (u n , y n ) → 0, suy ra lim n→∞ ku n −y n k= 0 và do đó lim n→∞ k∇f(u n )− ∇f(y n )k= 0 Từu n → q, ta thu được y n → q khi n → ∞.
Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra q ∈ S Đặt u 1,n = Res f Θ
1 ,ϕ 1 ,Ψ 1(y n ), i= 2,3, M −1, khi đó ta có u n = Res f Θ
Từ Nhận xét 1.2.23, Mệnh đề 1.2.24 và u n → q, ta nhận được n→∞lim u i,n =q, (2.25) với mọi i = 1,2, , M −1.
Hơn nữa, từ (2.22)–(2.24), ta cũng nhận được k∇f(u 1,n )− ∇f(y n )k →0, (2.26) k∇f(u i+1,n )− ∇f(u i,n )k →0, với mọi i = 1,2, , M −2, (2.27) k∇(u n )− ∇f(u M−1,n )k →0 (2.28)
1 ,ϕ 1 ,Ψ 1(y n ), ta có Θ 1 (u 1,n , y) +hΨ 1 y n , yưu 1,n i+ϕ 1 (y) +h∇f(u 1,n )ư ∇f(y n ), yưu 1,n i ≥ϕ j (u 1,n ), với mọi y ∈C.
Từ điều kiện (A 2 ), ta nhận được Θ 1 (y, u 1,n ) ≤ −Θ 1 (u 1,n , y)
≤ hΨ 1 y n , yưu 1,n i+ϕ 1 (y)ưϕ 1 (u 1,n ) +h∇f(u 1,n )ư ∇f(y n ), yưu 1,n i, với mọi y ∈C Do đó ta nhận được Θ 1 (y, u 1,n ) ≤ hΨ 1 y n , yưu 1,n i+ϕ 1 (y)ưϕ 1 (u 1,n ) +h∇f(u 1,n )ư ∇f(y n ), yưu 1,n i, với mọi y ∈C.
Từ u 1,n → q, (2.26), tính liên tục của Ψ 1 , tính nửa liên tục dưới yếu của ϕ 1 và Θ 1 (ã,ã) theo biến thứ hai, ta nhận được Θ 1 (y, q) +hΨ 1 q, q−yi+ϕ 1 (q)−ϕ 1 (y) ≤0, với mọi y ∈C.
Với mỗi t thỏa mãn 0≤ t ≤ 1 và y ∈ C, đặt y t =ty + (1−t)q Vì y ∈ C và q ∈ C, nên ta có y t ∈ C và vì vậy Θ 1 (y t , q) +hΨ 1 q, q−y t i+ϕ 1 (q)−ϕ 1 (y t ) ≤0.
Suy ra Θ 1 (y t , y) +hΨ 1 q, y−y t i+ϕ 1 (y)−ϕ 1 (y t ) ≥ 0 với mọi t > 0 Từ đó, khi cho t→ 0 + , ta có Θ 1 (q, y) +hΨ 1 q, y−qi+ϕ 1 (y)−ϕ 1 (q) ≥0, với mọi y ∈C Do vậy, ta nhận được q ∈ GM EP(Θ 1 , ϕ 1 ,Ψ 1 ).
Từ u i,n = Res f Θ i ,ϕ i ,Ψ i(u i−1,n ) với mọi i = 2,3, , M −1 và u n = Res f Θ
M ,ϕ M ,Ψ M (u M−1,n ), bằng lập luận tương tự như trên, ta cũng nhận được q ∈GM EP(Θ i , ϕ i ,Ψ i ) với mọi i = 2,3, , M Do đó, ta có q ∈ ∩ M j=1 GM EP(Θ j , ϕ j ,Ψ j ).
Bây giờ, ta sẽ chỉ ra q ∈ ∩ N i=1 F(T i ) Trước hết, ta có k∇f(x n )− ∇f(y n )k=k∇f(x n )− ∇f(∇f ∗ (α n ∇f(x 0 ) + (1−α n )∇f(z n )))k
≥α n k∇f(z n )− ∇f(x 0 )k − k∇f(x n )− ∇f(z n )k. Điều này suy ra k∇f(x n )− ∇f(z n )k ≤ α n k∇f(z n )− ∇f(x 0 )k+k∇f(x n )− ∇f(y n )k (2.29) Cho n → ∞ trong bất đẳng thức trên và từ lim n→∞ α n = 0, ta nhận được n→∞lim k∇f(x n )− ∇f(z n )k = 0 (2.30)
Vì ∇f liên tục đều trên mỗi tập con bị chặn của E, nên n→∞lim kx n −z n k= 0.
Từ Mệnh đề 1.2.24, suy ra n→∞lim D f (z n , x n ) = 0 (2.31) Lấy w ∈S Từ đồng nhất thức ba điểm (1.6) và (2.30)-(2.31), ta có
→ 0. Điều này suy ra n→∞lim[D f (w, x n )−D f (w, z n )] = 0 (2.32) Đặt r = max{sup n {k∇f(x n )k},maxi=1,2, ,N{sup n {k∇f(T i (x n ))k}}} < ∞.
Từ Mệnh đề 1.2.25 và (1.11), ta có
X i=1 γi,nVf(w,∇f(Ti(xn))) + (1−βn)Vf(w,∇f(xn))
(1−β n )β n γ j,n ρ r (k∇f(x n )− ∇f(T j (x n ))k) ≤ D f (w, x n )−D f (w, z n ), kết hợp với (2.32), ta nhận được n→∞lim (1−β n )β n γ j,n ρ r (k∇f(x n )− ∇f(T j (x n ))k) = 0,với mọi j = 1,2, , N.
Từ giả thiết lim inf n→∞ β n (1−β n ) >0, ta có n→∞lim ρ r (k∇f(x n )− ∇f(T j (x n ))k) = 0, ∀j ∈ {1,2, , N}.
Từ tính chất của hàm ρ r , suy ra n→∞lim k∇f(x n )− ∇f(T j (x n ))k= 0, ∀j ∈ {1,2, , N}.
Vì ∇f ∗ liên tục đều trên các tập con bị chặn của E ∗ , nên ta nhận được n→∞lim kx n −T j (x n )k= 0, ∀j ∈ {1,2, , N} (2.33)
Do các ánh xạ không giãn Tj (j = 1, 2, , N) có tính chất tương đối yếu, từ x n → q và (2.33), ta suy ra q thuộc giao của các tập F(Ti) với i từ 1 đến N Điều này dẫn đến việc dãy {x n} hội tụ mạnh về q, mà q lại thuộc tập S Cuối cùng, ta xác định rằng q = x † = proj f S (x 0) Vì x † nằm trong S, nên từ mối quan hệ x n+1 = proj f C n+1 ∩ Q n+1 (x 0) và x † ∈ S ⊂ C n+1 ∩ Q n+1, ta có thể khẳng định tính chất hội tụ của dãy này.
Do đó, từ Mệnh đề 1.2.29, ta nhận được x n → x † khi n → ∞ Do đó q = x † Định lý được chứng minh.
Khi α n = 0 với mọi n, ta nhận được hệ quả dưới đây.
Hệ quả 2.3.5 Cho {x n } là dãy được xác định bởi x 0 ∈C, C 0 =Q 0 =C và z n =∇f ∗ (β n
Q n+1 ={z ∈Q n : h∇f(x 0 )− ∇f(x n ), z −x n i ≤ 0}, x n+1 = proj f C n+1 ∩Q n+1x 0 , ∀n≥ 0, (2.34) trong đó {β n } ⊂ (0,1) và {γ i,n } ⊂ [a, b] ⊂ (0,1) sao cho PN i=1γ i,n = 1, với mọi i = 1,2, , N Nếu lim inf n→∞ β n (1 −β n ) > 0, thì dãy {x n } hội tụ mạnh về x † = proj f S x 0
Kết quả dưới đây cung cấp xấp xỉ nghiệm cho hệ bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát Định lý 2.3.6 nêu rõ rằng nếu Θ j : C × C → R đáp ứng các điều kiện (A1)-(A4), ϕ j : C → R là các hàm lồi và Ψ j : C → E ∗ là ánh xạ liên tục, đơn điệu với j = 1,2, M, thì S = ∩ M j=1 GM EPΘ j , ϕ j ,Ψ j tạo thành một tập không rỗng Hơn nữa, dãy {x n } được xác định với x 0 ∈C, C 0 =Q 0 =C và u n = Res f Θ.
Khi đó, dãy {x n } hội tụ mạnh về x † = proj f S x 0
Chứng minh Áp dụng Hệ quả 2.3.5 với T i (x) = x với mọi i = 1,2, , N, ta nhận được chứng minh của định lý này.
Chúng tôi đưa ra định lý cho bài toán tìm điểm bất động chung của một họ hữu hạn ánh xạ Bregman không giãn tương đối yếu Định lý 2.3.7 khẳng định rằng, với T_i: C → C (i = 1, 2, , N) là một họ hữu hạn ánh xạ Bregman không giãn tương đối yếu, nếu S = ∩_{i=1}^{N} F(T_i) là tập không rỗng, thì dãy {x_n} được xác định bởi x_0 ∈ C, C_0 = Q_0 = C và z_n = ∇f*(β_n) sẽ tồn tại.
Khi đó dãy {x n } hội tụ mạnh về x † = proj f S x 0
Chứng minh Áp dụng Hệ quả 2.3.5 với Θ j (x, y) = 0, ϕ j (x) = 0 và Ψ j (x) với mọi j = 1,2, , N, ta nhận được chứng minh của định lý này.
Luận văn đã trình bày lại một cách khá chi tiết và hệ thống về các vấn đề sau:
Một số tính chất đặc trưng của không gian không gian Banach phản xạ, khoảng cách Bregman, phép chiếu Bregman, hàm lồi hoàn toàn;
Toán tử Bregman không giãn trong không gian Banach;
Nghiên cứu của Darvish V và các cộng sự đã trình bày một phương pháp chiếu hiệu quả cho bài toán tìm điểm bất động chung của một họ hữu hạn toán tử Bregman không giãn tương đối yếu Phương pháp này cũng áp dụng cho hệ bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát trong không gian Banach phản xạ, mở ra hướng đi mới trong việc giải quyết các bài toán tối ưu trong toán học.
[1] Agarwal R P., O’Regan D., Sahu D R (2009), Fixed Point Theory for Lipschitzian-type Mappings with Applications, Springer.
[2] Ambrosetti A., Prodi G (1993),A Primer of Nonlinear Analysis, Cambridge University Press, Cambridge.
In his 1996 work, Alber Y.I explores the properties and applications of metric and generalized projection operators within Banach spaces This study is featured in the compilation edited by A.G Kartsatos, titled "Theory and Applications of Nonlinear Operators of Accretive and Monotone Type," published by Marcel Dekker in New York, spanning pages 15 to 50.
[4] Bauschke H.H., Borwein J.M., Combettes P.L (2001), “Essential smooth- ness, essential strict convexity, and Legendre functions in Banach spaces”, Commun Contemp Math., 3, pp 615–647.
[5] Blum E., Oettli W (1994), “From optimization and variational inequalities to equilibrium problems”, Math Student, 63, pp 123–145.
[6] Bonnans J.F., Shapiro A (2000), Perturbation Analysis of Optimization Problem, Springer, New York.
[7] Browder F.E (1996), “Existence and approximation of solutions of nonlinear variational inequalities”, Proc Natl Acad Sci USA., 56, pp 1080–1086.
[8] Butnariu D., Iusem A.N (2000), Totally convex functions for fixed points computation and infinite dimensional optimization, Kluwer Academic Pub- lishers, Dordrecht.
[9] Butnariu D., Resmerita E (2006), “Bregman distances, totally convex func- tions and a method for solving operator equations in Banach spaces”, Abstr.Appl Anal., 2006, pp 1–39.
[10] Censor Y., Lent A (1981), “An iterative row-action method for interval convex programming”, J Optim Theory Appl., 34, pp 321–353.
[11] Ceng L.C., Yao J.C (2008), “A hybrid iterative scheme for mixed equilibrium problems and fixed point problems”, J Comput Appl Math., 214, pp 186– 201.
[12] Censor Y., Reich S (1996), “Iterations of paracontractions and firmly non- expansive operators with applications to feasibility and optimization”, Op- timization, 37, pp 323–339.
[13] Darvish V Strong convergence theorem for generalized mixed equilibrium problems and Bregman nonexpansive mapping in Banach spaces Opsearch. 2016;53(3):584–603.
In their 2019 study published in the Journal of Nonlinear and Convex Analysis, Darvish et al present a robust convergence theorem addressing a system of generalized mixed equilibrium problems The research focuses on a finite family of Bregman weak relatively nonexpansive mappings within Banach spaces, contributing significant insights to the field of nonlinear analysis.
[15] Goebel K., Kirk W.A (1990), Topics in Metric Fixed Point Theory, Cam- bridge Stud Adv Math., 28, Cambridge Univ Press, Cambridge, UK.
[16] Kohsaka F., Takahashi W (2005), “Proximal point algorithms with Bregman functions in Banach spaces”, J Nonlinear Convex Anal., 6, pp 505–523.
[17] Martin-Marquez V., Reich S., Sabach S (2013), “Bregman strongly nonex- pansive operators in reflexive Banach spaces”, J Math Anal Appl., 400, 597–614.
[18] Naraghirad E., Yao J.-C (2013), “Bregman weak relatively nonexpansive mappings in Banach spaces”, Fixed Point Theory and Applications 2013: 141.
[19] Reich S (1996), “A weak convergence theorem for the alternating method with Bregman distances, in: Theory and Applications of Nonlinear Opera-