Bài toán điểm bất động và bài toán bất đẳng thức biến phân
Không gian Hilbert thực, ký hiệu là Cho H., được xác định bởi tích vô hướng và chuẩn do các hàm số k ã k và ãivà xác định Định nghĩa 1.2.1 ([5]) nêu rõ rằng, cho một tập con khác rỗng X ⊆ H, chúng ta sẽ xem xét ánh xạ T: C →.
H Khi đó ta có các khái niệm sau
(a) T được gọi là đơn điệu trênX nếu hT(x)−T(y),x−yi> 0 với mọi x,y ∈ X;
(b) T được gọi là η-đơn điệu mạnh X nếu tồn tại một hằng số η > 0 sao cho hT(x)−T(y),x−yi > ηkx−yk 2 , với mọi x,y ∈ X;
(c) T được gọi là liên tục Lipschitz trên X nếu tồn tại một hằng sốL > 0sao cho kT(x)−T(y)k 6 Lkx−yk với mọi x,y ∈ X.
(d) T được gọi là tựa không giãn trên X nếu kT(x) − qk 6 kx − qk với mọi (x,q) ∈ X ×Fix(T), trong đó Fix(T)là tập các điểm bất động của T;
(e) T được gọi làβnửa co trên X nếu tồn tại β∈ [0,1) sao cho kT(x)−qk 2 6 kx−qk 2 +βkx−T(x)k 2 ∀(x,q) ∈ X× Fix(T); (1.7)
(f) T được gọi là nửa đóng với dãy bất kỳ {x n } ∞ n = 0 ⊂ X và z ∈ X, nếu x n * z, (I −T)(xn) → 0 ⇒ z ∈ Fix(T).
(g) T được gọi là không giãn nếukT x−T yk 6 kx−yk ∀x,y ∈ X.
Trong không gian Hilbert thực H, tập hợp 2H bao gồm các tập con của H Định nghĩa ánh xạ đa trị T: H → 2H được gọi là đơn điệu nếu với mọi x, y ∈ H và f ∈ Tx, g ∈ Ty, ta có > 0 Bên cạnh đó, ánh xạ đơn điệu T được xem là cực đại nếu đồ thị G(T) của nó không được chứa thực sự trong đồ thị của bất kỳ ánh xạ đơn điệu nào khác, với G(T) được định nghĩa là {(x,y) ∈ H × H* : y ∈ Tx, x ∈ H}.
Bài toán điểm bất động
ChoC là một tập con khác rỗng, lồi, đóng của không gian HilbertH.và ánh xạ
T : C → H là ánh xạ đơn trị Bài toán điểm bất động của ánh xạT được phát biểu như sau:
Tập các điểm bất động củaT được ký hiệu là Fix(T).
Ví dụ 1.2.4 ChoC = [0,1] ⊂ H = R Xét ánh xạ A:C → R.
Hàm số A(x) = 2x + 1 không có điểm bất động vì phương trình A(x) = x không có nghiệm trong tập số thực C Tương tự, với hàm A(x) = x + 1, cũng không tồn tại điểm bất động do A(x) = x không có nghiệm.
(B) Nếu A xác định bởi A(x) = 1 − 2x thì A có duy nhất điểm bất động, vì A(x) = x có nghiệm duy nhất x = 1/3 ∈C và
(C) Nếu Axác định bởi A(x) = x 2 thì Acó hai điểm bất động và
Fix(A) = {0,1}. (D) NếuAxác định bởi A(x)= xthìAcó vô số điểm bất động và Fix(A) = [0,1].
Bài toán bất đẳng thức biến phân cổ điển
Trong mục này, chúng tôi đề cập đến bài toán bất đẳng thức biến phân trên không gian hữu hạn chiềuR n
ChoC là tập con lồi và đóng trong R n, với F : C −→ R n là ánh xạ liên tục Bài toán bất đẳng thức biến phân cổ điển cho ánh xạ đơn trị được trình bày như sau:
Tập hợp những điểm x ∗ ∈ C thỏa mãn (1.8) được gọi là tập nghiệm của bài toán và ký hiệu làV I(F,C).
Bài toán (1.8) có ít nhất một nghiệm khi C là một tập lồi và compact trong R^n, và F : C −→ R^n là một ánh xạ liên tục, theo định lý 1.2.5.
Mệnh đề sau đây cho biết mối quan hệ giữa bài toán điểm bất động với bất đẳng thức biến phân cổ điển.
Mệnh đề 1.2.6 Phần tử x ∗ ∈ C là nghiệm của bài toán (1.8) khi và chỉ khi x ∗ là điểm bất động của ánh xạP C (I−γF), với mọiγ > 0 vàI là ánh xạ đồng nhất trên
Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert
ChoC là một tập con lồi và đóng của không gian Hilbert H, và A: C −→ H là một ánh xạ liên tục Bài toán bất đẳng thức biến phân yêu cầu tìm x ∗ ∈ C sao cho hAx ∗ , x − x ∗ i > 0 với mọi x ∈ C.
Tập hợp những điểm x ∗ ∈ C thỏa mãn (1.9) được gọi là tập nghiệm của bài toán và ký hiệu làV I(C,A).
Mệnh đề dưới đây cho ta biết về một trường hợp tồn tại nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân.
Mệnh đề 1.2.7 xác định rằng tập con lồi, đóng, khác rỗng và bị chặn của không gian Hilbert H được ký hiệu là ChoC Nếu A là một toán tử đơn điệu và H-liên tục từ C đến H, thì các tính chất của A sẽ được xem xét trong bối cảnh này.
Mệnh đề 1.2.8 khẳng định rằng, cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert H, và A là một toán tử đơn điệu, H-liên tục Khi đó, điểm x ∗ thuộc V I(C,A) nếu và chỉ nếu x ∗ thuộc C và tích vô hướng hAy,y− x ∗ i lớn hơn 0 cho mọi y thuộc C.
Chứng minh Giả sử x ∗ ∈ V I(C,A), tức làhAx ∗ ,y−x ∗ i> 0 với mọiy ∈C Khi đó, từ tính đơn điệu của A, ta có hAy,y− x ∗ i= hAy− Ax ∗ ,y− x ∗ i+hAx ∗ ,y− x ∗ i > 0 với mọiy ∈C.
Ngược lại, giả sử x ∗ ∈ C thỏa mãn hAy,y− x ∗ i > 0, ∀y ∈C.
VìC là tập lồi, nêny t = ty+(1−t)x ∗ ∈ C với mọiy ∈ C và mọi t ∈ (0,1) Do đó, từ bất đẳng thức trên, ta có hAy t ,t(y− x ∗ )i > 0, ∀t ∈ (0,1). tương đương với hAy t ,y− x ∗ i > 0, ∀t ∈ (0,1).
Từ tínhH -liên tục của A, chot → 0 + , ta nhận được hAx ∗ ,y− x ∗ i>, ∀y ∈C.
Mệnh đề được chứng minh
Mệnh đề 1.2.9 nêu rằng, cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert H, và A là một toán tử đơn điệu, H-liên tục, thì x ∗ thuộc V I(C,A) nếu và chỉ nếu x ∗ = P C (x ∗ −λAx ∗) với mọi λ > 0.
Về phương pháp lặp hữu hiệu tìm điểm bất động chung và bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert 14
Phương pháp gradient tăng cường giải bài toán bất đẳng thức biến phân và bài toán điểm bất động trong không gian Hilbert
thức biến phân và bài toán điểm bất động trong không gian Hilbert
Mục đích của phần này là trình bày phương pháp gradient tăng cường nhằm giải quyết bài toán bất đẳng thức biến phân và bài toán điểm bất động Nội dung được tham khảo từ tài liệu của L C Zeng và J C Yao, được công bố vào năm 2006 và 2007.
Xét bài toán bất đẳng thức biến phân(V I(A,C)).
Để tìm một phần tử thuộc Fix(T)∩Ω, với giả thiết rằng tập C ⊂ H là lồi, đóng và khác rỗng, cùng với ánh xạ T: C → C không giãn và ánh xạ A: C → H là β-đơn điệu mạnh ngược, Takahashi và Toyoda đã đề xuất sơ đồ lặp như sau: x n + 1 = α n x n + (1−α n )T P C (x n − λ n Ax n) cho mọi n > 0, trong đó x 0 = x ∈ C, {α n} là một dãy trong (0,1) và {λ n} là một dãy trong (0,2α).
Họ đã chứng minh rằng nếuFix(T)∩Ω , ∅thì dãy{x n }sinh bởi (2.1) hội tụ yếu về z ∈ Fix(T)∩Ω Gần đây, ý tưởng về phương pháp dưới đạo hàm của Korpelevich
Nadezhkina và Takahashi đã giới thiệu một sơ đồ lặp nhằm tìm phần tử của Fix(T)∩Ω và trình bày kết quả hội tụ yếu Định lý 2.1.1 chỉ ra rằng, với C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng trong không gian Hilbert thực H, ánh xạ A : C → H là ánh xạ đơn điệu, liên tục và k-Lipschitz.
T : C → C là một ánh xạ không giãn sao cho Fix(T)∩Ω , ∅ Cho {x n }, {y n } là hai dãy được sinh bởi
(2.2) trong đó {λ n } ⊂ [a,b] với a,b ∈ (0,1/k) và {α n } ⊂ [c,d] với c,d ∈ (0,1) Khi đó dãy {x n }, {y n } hội tụ yếu đến cùng một điểm z ∈ Fix(T) ∩ Ω trong đó z lim n →∞P Fix(T )∩ Ω x n
Gần đây, Zeng và Yao đã giới thiệu một sơ đồ lặp mới, lấy cảm hứng từ sơ đồ lặp của Nadezhkina và Takahashi, nhằm tìm một phần tử của Fix(T)∩Ω và đạt được sự hội tụ yếu Định lý 2.1.2 chỉ ra rằng, với C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H, ánh xạ A: C → H là đơn điệu, liên tục k-Lipschitz, và T: C → C là ánh xạ không giãn, thì Fix(T)∩Ω không rỗng Hai dãy {x n } và {y n } được sinh ra từ sơ đồ này.
(2.3) trong đó{λ n }và {α n }thỏa mãn các điều kiện sau:
Khi đó dãy{x n },{y n }hội tụ mạnh đến cùng một điểmP Fix(T )∩ Ω (x0)sao cholimn→∞kx n − x n + 1 k = 0.
Chứng minh Ta chứng minh theo các bước sau.
Bước 1 {x n } bị chặn và {t n } cũng bị chặn trong đó t n = P C (xn − λ n Ay n ) ∀n > 0. Thật vậy, giả sửu ∈ Fix(T)∩Ω Từ (1.5) suy ra kt n −uk 2 6 kx n −λ n Ay n −uk 2 − kx n −λ n Ay n −t n k 2
= kx n −uk 2 − kx n −t n k 2 +2λ n hAy n ,u−t n i +2λ n (hAy n − Au,u−y n i+hAu,u−y n i+hAy n ,y n −t n i)
= kx n −uk 2 − kx n −y n k 2 −2hx n −y n ,y n −t n i − ky n −t n k 2 +2λ n hAy n ,y n −t n i
= kx n −uk 2 − kx n −y n k 2 − ky n −t n k 2 +2hx n −λ n Ay n −y n ,t n −y n i.
Hơn nữa, từ (1.4) ta có hx n −λ n Ay n −y n ,t n −y n i
Do đó ta có kt n −uk 2 6 kx n −uk 2 − kx n −y n k 2 − ky n −t n k 2
6 kx n −uk 2 − kx n −y n k 2 − ky n −t n k 2 +λ 2 n k 2 kx n −y n k 2 +ky n −t n k 2
Bằng quy nạp, ta có kx n −uk 6 kx 0 −uk ∀n > 0 (2.5) Thật vậy khin = 0, từ (2.4) ta có kx 1 −uk = kα 0 x 0 +(1−α 0 )T t0−uk
= kx 0 −uk suy ra (2.5) đúng vớin = 0 Giả sử (2.5) đúng với n > 1 Khi đó ta cókx n −uk 6 kx 0 −uk Kết hợp với (2.4) suy ra kx n + 1 −uk = kα n x 0 +(1−α n )T t n −uk
Điều này cho thấy rằng công thức (2.5) đúng với mọi n > 0, dẫn đến chuỗi {x_n} bị chặn Từ đó, ta có thể suy ra rằng t_n - u_k ≤ kx_0 - u_k với mọi n > 0, điều này cũng chứng tỏ rằng chuỗi {t_n} cũng bị chặn.
Bước 2.limn→∞kx n −y n k = 0 Thật vậy, từ (2.3) và (2.4) ta có kx n + 1 −uk 2 = kα n x 0 +(1−α n )T tn−uk 2
6 α n kx 0 −uk 2 +(1−α n )(kx n −uk 2 +(λ 2 n k 2 −1)kx n −y n k 2 )
6 α n kx 0 −uk 2 +kx n −uk 2 +(λ 2 n k 2 −1)kx n −y n k 2 ) suy ra δkx n −y n k 2 6 (1−λ 2 n k 2 )kx n −y n k 2
6 α n kx 0 −uk 2 +kx n −uk 2 − kx n + 1 −uk 2 (2.6)
6 α n kx 0 −uk 2 +(kx n −uk − kx n+ 1 −uk)(kx n −uk+kx n+ 1 −uk).
Vìlimn→∞kx n − x n + 1 k = 0 nên ta có
|kx n −uk − kx n + 1 −uk|6 kx n − x n + 1 k → 0 khin → ∞.
Do đó, kết hợp với (2.6), từ tính bị chặn của{x n } vàlimn→∞α n = 0, ta được n→∞lim kx n −y n k = 0.
Bước 3.limn→∞kT x n − x n k = 0 Thật vậy, ta có ky n −t n k = kP C (x n −λ n Ax n )− P C (x n −λ n Ay n )k
6 λ n kkx n −y n k → 0 khin → ∞, (2.7) kT y n − x n + 1 k 6 kT y n −T t n k+kT t n − x n + 1 k
6 ky n −t n k+α n [kT t n −uk+kx 0 −uk]
6 ky n −t n k+α n [kt n −uk +kx 0 −uk]
6 ky n −t n k+2α n kx 0 −uk → 0khin → ∞, (2.8) và kT x n −T t n k 6 kx n −t n k 6 kx n −y n k+ky n −t n k → 0 khin → ∞ (2.9)
Do đó, từ (2.7)-(2.9), ta có thể suy ra rằng kT x n − x n k = kT x n −T t n +T t n −T y n +T y n − x n + 1 + x n + 1 − x n k
6 kT x n −T t n k+kt n −y n k+kT y n − x n + 1 k +kx n + 1 − x n k → 0khin → ∞.
Bước 4.lim n→∞ hx 0 −u ∗ ,x n −u ∗ i 6 0trong đóu ∗ = P Fix(T )∩ Ω (x 0 ) Thật vậy, ta chọn một dãy con{x n i } của{x n }sao cho lim sup n→∞ hx 0 −u ∗ ,x n −u ∗ i = lim i→∞hx 0 −u ∗ ,x n i −u ∗ i (2.10)
Giả sử rằng dãy {x n i} hội tụ yếu đến u˜ trong không gian H Từ đó, ta có thể suy ra rằng lim sup n→∞ hx 0 −u ∗ ,x n −u ∗ i = hx 0 −u ∗ ,u˜ −u ∗ i Để chứng minh rằng hx 0 −u ∗ ,u˜ −u ∗ i ≤ 0, chúng ta cần chứng minh u˜ thuộc Fix(T)∩Ω Theo Bổ đề 1.3.3 và Bước 3, ta đã biết rằng u˜ thuộc Fix(T) Bây giờ, ta cần chứng minh u˜ thuộc Ω Từ (2.7) và (2.9), ta có x n −t n → 0 và y n −t n → 0, từ đó suy ra t n i * u˜ và y n i * u.
Khi T là đơn điệu cực đại và 0 ∈ T, thì v chỉ thuộc Ω Giả sử (v, w) ∈ G(T), ta có w ∈ Av + NCv và w không thuộc Av ∈ NCv Điều này dẫn đến hvưu, wư Avi > 0 với mọi u ∈ C Hơn nữa, t n = PC(xn − λn A y n)v và v ∈ C, do đó hx n − λ n Ay n − t n, t n − v n i > 0, và kết quả là hv − t n, t n − x n λ n + Ay n i > 0.
Màw− Av ∈ N C v vàt n ∈C, nên ta có hv−t n i ,wi> hv−t n i ,Avi
= hv−t n i ,Av− At n i i+hv−t n i ,At n i −Ay n i i
Vậy ta có hv − u,˜ wi > 0 khi i → ∞ Do T đơn điệu cực đại, ta có u˜ ∈ T −1 0 và do đó u˜ ∈ Ω Suy rau˜ ∈ Fix(T)∩Ω Theo tính chất của phép chiếu metric, ta có hx 0 −u ∗ ,u˜ −u ∗ i 6 0.
Bước 5 x n → u ∗ vày n → u ∗ trong đóu ∗ = P Fix(T )∩ Ω (x 0 ) Kết hợp Mệnh đề 1.1.11 và (2.4), ta có kx n + 1 −u ∗ k 2 = k(1−α n )(T t n −u ∗ )+α n (x 0 −u ∗ )k 2
6 (1−α n )kx n −u ∗ k 2 +α n β n , (2.12) trong đóβ n = 2hx 0 −u ∗ ,x n + 1 −u ∗ i Áp đụng Bổ đề 1.3.1 với Bước 4 ta cókx n −u ∗ k →
0khin → ∞ Do x n −y n → 0nên ta cóy n → u ∗
Vào năm 2004, Xu đã nghiên cứu phương pháp xấp xỉ để xác định điểm bất động của tự ánh xạ không giãn trên C, nhằm giải quyết một số bất đẳng thức khác nhau.
Trong phần này, chúng tôi trình bày một phương pháp xấp xỉ tương tự như phương pháp dưới đạo hàm, kết hợp với phương pháp xấp xỉ độ nhớt.
x 0 = x ∈ C, y n = (1−γ n )x n +γ n P C (x n −λ n Ax n ), x n + 1 = (1−α n −β n )xn+α n f(yn)+β n T P C (xn −λ n Ay n ) ∀n > 0 trong đó {λ n } ⊂ (0,1) với P ∞ n = 0λ n < ∞ và {α n }, {β n }, {γ n } là các dãy nằm trong
[0,1]thỏa mãn các điều kiện:
(ii) limn→∞α n = 0, P ∞ n = 0α n = ∞; (iii) 0 < lim infn→∞β n 6 lim sup n→∞ β n < 1.
Các dãy {x_n} và {y_n} được sinh ra từ thuật toán hội tụ mạnh đến điểm q = P Fix(T) ∩ Ω Fix(q) nếu và chỉ nếu {Ax_n} bị chặn và lim inf n→∞ hAx_n, y - x_n i > 0 với mọi y ∈ C.
ChoC là một tập con lồi đóng khác rỗng củaH Khi đó với x ∈ H bất kỳ, tồn tại suy nhất một điểmu ∈ C sao cho kxưuk 6 kxưyk ∀y ∈ C.
P C là một tập hợp không giãn, được đặc trưng bởi các tính chất quan trọng: P C x thuộc C và với mọi x thuộc H, y thuộc C, ta có điều kiện hx−P C x, P C x−yi > 0 Ngoài ra, cũng có điều kiện kx−yk² > kx−P C xk² + ky−P C xk² Đặt A: C → H là một ánh xạ, từ điều kiện trên có thể suy ra rằng x¯ thuộc Ω nếu và chỉ nếu x¯ = P C (¯x−λAx) với mọi λ > 0.
Ánh xạ T : H → 2 H được gọi là đơn điệu khi với mọi x,y ∈ H, nếu f ∈ T x và g ∈ T y, thì điều kiện hx−y, f −gi > 0 được thỏa mãn Nó được coi là cực đại nếu đồ thị G(T) không nằm trong đồ thị của bất kỳ ánh xạ đơn điệu nào khác Để xác định tính cực đại của ánh xạ đơn điệu T, cần có điều kiện (x, f) ∈ H×H và hx−y, f−gi > 0 với mọi (y,g) ∈ G(T) thì f phải thuộc T x Hơn nữa, A : C → H là ánh xạ đơn điệu, liên tục và L-Lipschitz, trong đó N C v là nón của C tại v ∈ C.
Định lý 2.1.3 khẳng định rằng, với C là một tập con không rỗng, lồi và đóng trong không gian Hilbert thực H, nếu f: C → C là ánh xạ co với hằng số co α ∈ (0,1), A: C → H là ánh xạ đơn điệu, liên tục L-Lipschitz, và T: C → C là ánh xạ không giãn sao cho Fix(T) ∩ Ω không rỗng, thì tồn tại hai dãy {x_n} và {y_n} được sinh ra từ các điều kiện trên.
x 0 = x ∈C, y n = (1−γ n )xn +γ n P C (xn −λ n Ax n ), x n + 1 = (1−α n −β n )x n +α n Fix(y n )+βT P C (x n −λ n Ay n )∀n > 0,
(2.16) trong đó{λ n } ⊂ (0,1)vớiP∞ n= 0λ n < ∞và{α n },{β n },{γ n }là ba dãy nằm trong[0,1] thỏa mãn các điều kiện:
(ii) lim n →∞α n = 0, P∞ n = 0α n = ∞; (iii) 0 < lim inf n→∞ β n ≤ lim sup n→∞ β n < 1.
Khi đó dãy{x n },{y n } hội tụ mạnh đến cùng một điểm q = P Fix(T )∩ Ω Fix(q) khi và chỉ khi{Ax n }bị chặn vàlim infn→∞hAx n ,y− x n i> 0 ∀y ∈ C.
Từ Định lý 2.1.3, chúng ta có thể rút ra các ứng dụng quan trọng Định lý 2.1.4 chỉ ra rằng nếu H là không gian Hilbert thực và f: H → H là ánh xạ co với hằng số α ∈ (0,1), thì A: H → H là ánh xạ đơn điệu và liên tục L-Lipschitz Hơn nữa, T: H → H là ánh xạ không giãn với điều kiện Fix(T) ∩ A^{-1}(0) khác rỗng Dựa trên những điều này, chúng ta có thể xây dựng hai dãy {x_n} và {y_n} được sinh ra từ các ánh xạ này.
x 0 = x ∈ H, y n = (1 −γ n )xn+γ n (xn−λ n Ax n ), x n+ 1 = (1−α n −β n )x n +α n f(y n )+β n T(x n −λ n Ay n ) ∀n > 0, trong đó{λ n } ⊂ (0,1)vớiP∞ n = 0λ n < ∞và{α n },{β n },{γ n }là ba dãy nằm trong[0,1] thỏa mãn các điều kiện:
(ii) lim n →∞α n = 0, P ∞ n = 0α n = ∞; (iii) 0 < lim inf n →∞β n 6 lim sup n→∞ β n < 1.
Khi đó dãy {x n }, {y n } hội tụ mạnh đến cùng một điểm q = P Fix(T )∩A −1 0 Fix(q) khi và chỉ khi{Ax n }bị chặn và lim inf n→∞ hAx n ,y− x n i > 0, ∀y ∈ H.
Chứng minh rằng A −1 0 = Ω và P H = I là ánh xạ đơn vị của H Theo Định lý 2.1.3, ta có thể suy ra điều cần chứng minh Định lý 2.1.5 nêu rõ rằng nếu H là không gian Hilbert thực và f : H → H là ánh xạ co với hằng số α ∈ (0,1), đồng thời A : H → H là ánh xạ đơn điệu, liên tục L-Lipschitz, thì B : H → 2^H là ánh xạ đơn điệu cực đại với điều kiện A −1 0 ∩ B −1 0 ≠ ∅ Giải thức J r B được xác định cho mỗi r > 0, và các dãy {x n }, {y n } được sinh ra từ các ánh xạ này.
x 0 = x ∈ H, y n = (1−γ n )xn +γ n (xn −λ n Ax n ), x n + 1 = (1 −α n −β n )xn+α n f(yn)+β n J r B (xn −λ n Ay n ) ∀n > 0, trong đó{λ n } ⊂ (0,1)vớiP∞ n = 0λ n < ∞và{α n },{β n },{γ n }là ba dãy nằm trong[0,1] thỏa mãn các điều kiện:
(ii) lim n →∞α n = 0, P ∞ n = 0α n = ∞; (iii) 0 < lim inf n →∞β n 6 lim sup n→∞ β n < 1.
Khi đó dãy{x n },{y n }hội tụ mạnh đến cùng một điểm q = P A −1 0∩B −1 0 Fix(q)khi và chỉ khi{Ax n }bị chặn vàlim inf n→∞ hAx n ,y− x n i> 0, ∀y ∈ H.
Chứng minh Ta có A −1 0 = Ωvà Fix(F r B ) = B −1 0 ĐặtP H = I,theo Định lý 2.1.3 ta suy ra được điều phải chứng minh.
Phương pháp lặp hữu hiệu tìm điểm bất động chung và bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert
bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert
Từ bài toán bất đẳng thức biến phân (0.1) và bài toán điểm bất động (0.2), ta định nghĩa bài toán tìm điểm x ∈ H sao cho x ∈ Ω∩Fix(T) (2.17)
Ta thu được một trường hợp đặc biệt của (2.17) là VI(A,Ω∩Fix(T))[11].
Trong phần này, chúng tôi trình bày một số phương pháp lặp để giải bài toán bất đẳng thức biến phân và bài toán điểm bất động, nhằm tìm kiếm nghiệm cho bài toán đã đề cập.
Censor trong [2, 3] đã giới thiệu một phương pháp dưới đạo hàm để tìm nghiệm của (0.1) trong không gian Hilbert gọi là phương pháp dưới đạo hàm. x 1 ∈ H, y n = P C (x n −λ n A(x n )),
Gần đây, Kraikaew và Saejung đã kết hợp phương pháp dưới đạo hàm và phương pháp Halpern để giới thiệu một phương pháp giải cho bài toán (2.17) trong không gian Hilbert thực, khi A là liên tục và T là tựa không giãn Thuật toán này cho thấy sự hội tụ mạnh mẽ trong không gian Hilbert thực, với x1 thuộc H và yn được xác định bởi công thức yn = P C (xn − λn A(xn)).
ChoC ⊆ H là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thựcH. Với điểm bất kỳu ∈ H, tồn tại duy nhất điểm P C (u) ∈C sao cho ku− P C (u)k 6 ku−yk ∀y ∈ C.
P C được định nghĩa là phép chiếu metric của H lên C, với đặc điểm là P C là ánh xạ không giãn từ H sang C Đặc biệt, P C thỏa mãn điều kiện hx−y, P C (x)− P C (y)i > kP C (x)− P C (y)k 2 cho mọi x, y thuộc H Hơn nữa, P C (x) còn được đặc trưng bởi một số tính chất quan trọng khác.
Từ đặc trưng đó suy ra kx−yk 2 > kx− P C (x)k 2 +ky−P C (x)k 2 ∀x ∈ H, ∀y ∈C (2.22)
Chúng ta biết rằng tập hợp các điểm bất động của ánh xạ nửa co là đóng và lồi
Từ Bổ đề 1.3.4, ta có thể kết luận rằng giao của tập nghiệm trong (2.17) là một tập đóng và lồi khi T là nửa co và A là ánh xạ đơn điệu liên tục Lipschitz Tiếp theo, bài viết sẽ trình bày và phân tích phương pháp hình chiếu để giải quyết bài toán (2.17).
Thuật toỏn 2.2.1([5]) Bước 0: Chọn à ∈ (0,(2η/k 2 )) và đặtν:= 1− p
1−à(2η−àk 2 ) Chọn cỏc dóy{α n } ∞ n = 0 ⊂ (0, à)và{β n } ∞ n = 0 sao cho điều kiện từ Giả thiết 2.2.3 đúng vàγ ∈ (0,2) Cho x 1 ∈ Hlà điểm đầu. Đặtn := 1.
Bước 1: Tínhy n := P C (x n −β n A(x n )) Nếu x n −y n = 0và x n −T(x n ) = 0: Dừng.
Bước 3: Tính v n = w n −α n G(wn), (2.23) x n + 1 = [(1−ω)I +ωT]vn, n > 1, (2.24) trong đó{ρ n } ∞ n= 0 cho bởi ρ n
Bước 4: Lấyn ← n+1 và quay lại Bước 1.
Nhắc lại rằng x n − y n = 0 và x n − T(xn) = 0 cho thấy nghiệm chung của bài toán bất đẳng thức biến phân và bài toán điểm bất động Trong lý thuyết hội tụ, ta giả định rằng hiện tượng này không xảy ra sau nhiều lần lặp Do đó, Thuật toán 2.2.1 tạo ra một dãy vô hạn thỏa mãn x n − y n = 0 và x n − T(xn) = 0 với mọi n ∈ N Với sự hội tụ mạnh của Thuật toán 2.2.1, chúng ta đưa ra các giả thiết cần thiết.
Giả thuyết 2.2.2([5]) (a) Tập chấp nhận đượcC là tập con lồi, đóng, khác rỗng của không gian Hilbert thực H
(b) A : H → H là đơn điệu và liên tục LLipschitz trênH và T : H → H là ánh xạβnửa co và I−T nửa đóng tại điểm gốc.
(c) Giao của tập nghiệmΩcủa VI(A,C)và tập các điểm bất động củaT là khác rỗng.
(d) G : H → H là liên tụck-Lipschitz vàη-đơn điệu mạnh.
Giả thuyết 2.2.3([5]) Giả sử các dãy số thực{α n } ∞ n = 0và{β n } ∞ n = 0 thỏa mãn các điều kiện sau:
Những điều kiện này được thỏa mãn, giả sử với α n = 1/(n+1), β n = a+((n((1/L)−a))/(n+1)) với mọin ∈ N.
Bây giờ giả sử Giả thiết 2.2.2 và 2.2.3 đúng Ta sử dụng kết quả sau để phân tích thuật toán.
Bổ đề 2.2.4([5]) Cho x ∗ ∈ Ω∩Fix(T) Khi đó, Từ Thuật toán 2.2.2 ta có kw n − x ∗ k 2 6 kx n − x ∗ k 2 − (2−γ) γ kw n − x n k 2
Chứng minh Theo tính liên tục Lipschitz của A, ta được hx n −y n ,d(xn,y n )i= hx n −y n ,(xn −y n )−β n (A(xn)−A(yn))i
> kx n −y n k 2 −β n kx n −y n kkA(xn)−A(yn)k
Từ tính đơn điệu của Avà Mệnh đề 1.1.11 (i), ta được kd(xn,y n )k 2 = k(xn −y n )−β n (A(xn)−A(yn))k 2
Từ (2.25) và (2.26), ta có ρ n = hx n −y n ,d(xn−y n )i kd(x n ,y n )k 2
Từ Mệnh đề 1.1.11 (i), ta được kw n − x ∗ k 2 = k(xn − x ∗ )−γρ n d(xn,y n )k 2
= kx n − x ∗ k 2 −2γρ n hx n − x ∗ ,d(xn,y n )i +γ 2 ρ 2 n kd(x n ,y n )k 2 (2.28) Thế định nghĩa củaρ n trong (2.28), ta có kw n − x ∗ k 6kx n − x ∗ k 2 −2γρ n hx n −y n ,d(xn,y n )i
=kx n − x ∗ k 2 −γ(2−γ)ρ n hx n −y n ,d(xn,y n )i (2.29) Mặt khác, từ định nghĩa củaw n vàρ n , ta được ρ n hx n −y n ,d(x n ,y n )i= kρ n d(x n ,y n )k 2
= 1 γ 2 kw n − x n k 2 (2.30) Kết hợp (2.29) và (2.29), ta có kw n − x ∗ k 2 6 kx n − x ∗ k 2 − (2−γ) γ kw n − x n k 2 (2.31)
Bổ đề 2.2.5([5]) Với bất kỳ x ∗ ∈ Ω∩Fix(T), từ Thuật toán 2.2.1 ta có kv n −(x ∗ −α n G(x ∗ ))k 6 1− α n ν à
Chứng minh Với x,y ∈ H, áp dụng Mệnh đề 1.1.11 (i) ta có k(àG− I)x−(àG −I)yk 2
6à 2 k 2 kx−yk 2 −2àηkx−yk 2 +kx−yk 2 , suy ra k(àG− I)x−(àG −I)yk 6 q
Hơn nữa, lấy x ∗ ∈ Ω∩Fix(T), ta được kv n −(x ∗ −α n G(x ∗ ))k
! kw n − x ∗ k+ α n à k(àG− I)w n −(àG− I)x ∗ k, với điều kiện{α n } ∞ n = 0 ⊂ (0, à), từ (2.32) suy ra kv n −(x ∗ −α n G(x ∗ ))k 6 1− α n à ν
Kết quả chứng minh cho thấy chuỗi {x n } ∞ n = 0 được sinh ra từ Thuật toán 2.2.1 là bị chặn dưới các giả thiết đã cho Tính chất bị chặn này của chuỗi {x n } ∞ n = 0 là điều kiện cần để đảm bảo sự tồn tại của điểm tụ yếu của chuỗi này.
Bổ đề 2.2.6([5]) Dãy lặp {x n } ∞ n = 0 được sinh bởi Thuật toán 2.2.1 là bị chặn.
Chứng minh Cho x ∗ ∈ Ω∩Fix(T) Ta cóT ω := (1−ω)I +ωT là tựa không giãn vớiω ∈ (0,1−β]và từ (2.31) suy ra kw n + 1 − x ∗ k 6 kx n + 1 − x ∗ k
Sử dụng Bổ đề 2.2.5 và (2.34), ta có kv n + 1 −(x ∗ −α n + 1 G(x ∗ ))k ≤ 1− α n + 1 à ν
Do đó, ta có kv n + 1 − x ∗ k 6 kv n + 1 −(x ∗ −α n + 1 G(x ∗ ))k+kx ∗ −α n + 1 G(x ∗ )− x ∗ k
Từ đó suy ra{v n } ∞ n = 0 bị chặn Từ (2.34), ta có {x n } ∞ n = 0 và{w n } ∞ n = 0 cũng bị chặn
Hệ quả 2.2.7([5]) Cho giả thiết 2.2.2 và 2.2.3 đúng Khi đó dãy{y n } ∞ n = 0 ,{A(yn)} ∞ n = 0 và{d(x n ,y n )} ∞ n= 0 cũng bị chặn.
Chứng minh Sử dụng tính liên tục L-Lipschitz của A trênH theo Giả thiết 2.2.2
Dãy {A(x n )} ∞ n = 0 bị chặn dẫn đến dãy {x n − A(x n )} ∞ n = 0 cũng bị chặn Từ tính không giãn của toán tử chiếu, dãy {y n } ∞ n = 0 = {P C (x n − A(x n ))} ∞ n = 0 cũng bị chặn Điều này cho thấy dãy {d(x n, y n )} ∞ n = 0 cũng có tính bị chặn Cuối cùng, nhờ vào tính liên tục L-Lipschitz của A trên H, ta có thể kết luận rằng dãy {A(y n )} ∞ n = 0 cũng bị chặn.
Ta có bổ đề sau.
Bổ đề 2.2.8([5]) Cho z ∈ Ω∩Fix(T) Đặta n := kx n −zk 2 và b n := 2à/νh−G(z),v n −zi Khi đú
Chứng minh Áp dụng Mệnh đề 1.1.11 (ii) với (2.24) và áp dụng Bổ đề 2.2.5 và
Bổ đề 2.2.4, ta có (thayx ∗ bởiz) kx n + 1 −zk 2 = kT ω (vn)−zk 2
Hơn nữa, vì {x n } ∞ n = 0 bị chặn, ta có b n 6 2à νh−G(z),v n −zi
Giả sử \( \limsup_{n \to \infty} b_n < -1 \), thì tồn tại \( n_0 \in \mathbb{N} \) sao cho \( b_n < -1 \) với mọi \( n > n_0 \) Do đó, với mọi \( n > n_0 \), từ bất đẳng thức \( a_{n+1} \leq (1 - \gamma_n) a_n + \gamma b_n \) có thể được áp dụng Hơn nữa, điều này dẫn đến việc \( \limsup_{n \to \infty} b_n \) cần phải lớn hơn -1 để đảm bảo tính hội tụ của chuỗi.
6 a n −γ n Theo quy nạp, ta có a n + 1 6 a n 0 − n
X i = n 0 γ i Lấy giới hạn cả hai phía của bất đẳng thức cuối cùng, ta có lim sup n →∞ a n 6 a n 0 −1 − lim n→∞ n
X i = n 0 γ i = −∞. Điều này mâu thuẫn với dãy{a n } ∞ n = 0 là dãy số thực không âm.
Trong bổ đề tiếp theo, chúng ta sẽ xác định các điểm tụ yếu của tập hợp {x_n} ∞ n = 0, thuộc Ω∩Fix(T) Đây là tập nghiệm cung cho bài toán bất đẳng thức biến phân và bài toán điểm bất động.
Bổ đề 2.2.9 ([5]) Giả sử kx n − y n k → 0, kw n − y n k → 0 và kx n + 1 − v n k → 0 khi n → ∞ Cho p ∈ H là giới hạn yếu của dãy con{x n k } ∞ n = 0 Khi đó p ∈ Ω∩Fix(T).
Chứng minh Do x n −y n → 0 và x n k * p, ta có y n k * p và vì y n ∈ C, nên ta có p ∈ C Với mọi x ∈ C và áp dụng (2.21), ta có (doAlà đơn điệu)
= hy n k − x n k ,x−y n k i+β n k hA(xn k),x n k −y n k i +β n k hA(xn k),x− x n k i
Cho qua giới hạn, ta được hA(x),x− pi > 0 ∀x ∈C.
Từ Bổ đề 1.3.5, ta có p ∈ Γ Hơn nữa, từ (2.24), ta có kv n −T(v n )k = 1 ωkx n+ 1 −v n k → 0, n → ∞.
Cũng từ (2.24) ta có kv n −w n k → 0, n → ∞.
Vìkw n −y n k → 0và kx n −y n k → 0, ta có kw n − x n k → 0 và do đó,kv n − x n k → 0.
Theo định lý 2.2.10, với giả thiết 2.2.2 và 2.2.3 đúng, dãy {x n } ∞ n = 0 được sinh ra từ thuật toán 2.2.1 sẽ hội tụ mạnh đến nghiệm duy nhất z ∈ Ω∩Fix(T), thỏa mãn điều kiện hx−z,G(z)i > 0 cho mọi x ∈ Ω∩Fix(T).
Chứng minh Để thu được sự hội tụ mạnh của Thuật toán 2.2.1, giống như trong
Bổ đề 2.2.8, ta đặta n := kx n −zk 2 và chứng minh theo hai trường hợp sau.
Trường hợp 1: Giả sử tồn tại n 0 ∈ N sao cho {kx n −zk} ∞ n = 0 là không tăng Khi đó{kx n −zk} ∞ n= 0 hội tụ và do đó ta có a n −a n + 1 → 0, n → ∞ (2.37)
Từ (2.24), ta có kx n + 1 −zk 2 = k(1−ω)v n +ωT(vn)−zk 2
= kv n −zk 2 −2ωhv n −z,v n −T(vn)i+ω 2 kv n −T(vn)k 2
T(v n )−v n = 1 ω(x n + 1 −v n ) từ (2.24), ta có từ (2.38) (áp dụng (2.31) và Mệnh đề 1.1.11 (ii)) suy ra kx n + 1 −zk 2 6 kv n −zk 2 − 1 ω(1−β−ω)kx n + 1 −v n k 2
= kw n −zk 2 −2α n hG(wn),v n −zi − kx n + 1 −v n k 2
+α n M 3 − kx n + 1 −v n k 2 , (2.39) với M 3 > 0 Suy ra a n + 1 −a n +kx n + 1 −v n k 2 + (2−γ) γ kw n − x n k 2 6 α n M 3 (2.40) Áp dụng (2.37) trong (2.40), ta có kx n + 1 −v n k → 0, n → ∞ và kw n − x n k → 0, n → ∞.
Từ (2.30) và (2.27), ta có hx n −y n ,d(x n ,y n )i= 1 γ 2 kw n − x n k 2
(1−β n L)γ 2 kw n − x n k 2 (2.41) Áp dụng (2.25), từ (2.41) suy ra kx n −y n k 2 6 1
(1−β n L) 2 γ 2 kw n − x n k 2 (2.42) Áp dụng Giả thiết 2.2.3 (b) vàkw n − x n k → 0, n → ∞, ta có kx n −y n k → 0, n → ∞.
Suy ra kw n −y n k 6 kw n − x n k+kx n −y n k → 0, n → ∞.
Từ (2.24), ta được M 4 > 0, kv n −w n k = α n kG(w n )k 6 α n M 4 → 0, n → ∞.
Do đó, kx n + 1 − x n k 6 kx n + 1 −v n k+kv n −w n k+kw n − x n k → 0, n → ∞.
Ta có kx n −v n k 6 kx n + 1 − x n k+kx n + 1 −v n k.
Do{x n } ∞ n = 0là tập con bị chặn củaH, ta có thể chọn dãy con{x n k } ∞ k = 0 của{x n } ∞ n = 0 sao cho x n k * p ∈ H và lim sup n→∞ hG(z),x n −zi= lim k→∞ hG(z),x n k −zi.
Theo Bổ đề 2.2.9, ta có p ∈ Ω∩Fix(T) Vì kv n k − x n k k → 0, k → ∞ nên ta có v n k * p ∈ Ω Đưa razlà nghiệm của bất đẳng thức biến phân (2.36), ta được lim sup n→∞ b n = 2 à ν k→∞lim h−G(z),v n k −zi
6 2 à ν h−G(z),p−zi 6 0 (2.43) Áp dụng Bổ đề 1.3.2 và (2.43) trong Bổ đề 2.2.8 (i), ta đượclimn→∞kx n −zk = 0. Vậy, ta cóx n →z,n → ∞.
Trường hợp 2: Giả sử không cón 0 ∈ Nsao cho {kx n −zk} ∞ n = n
Đặt τ : N → N là ánh xạ xác định với mọi n > n₀ (với n₀ đủ lớn) bởi τ(n) := max{k ∈ N : k ≤ n, a_k ≤ a_{k + 1}} Điều này có nghĩa là τ(n) là số lớn nhất k trong {1, , n} sao cho dãy a_k tăng tại k = τ(n) Trong trường hợp 2, τ(n) được xác định với mọi n đủ lớn Rõ ràng, τ là một dãy không tăng và τ(n) → ∞ khi n → ∞.
0 6 a τ(n) 6 a τ(n) + 1 ∀n > n 0 Như trong Trường hợp 1 (thayn bởiτ(n)), ta có thể suy ra kx τ(n) −y τ(n) k → 0, n → ∞. Hơn nữa, ta có thể suy ra kw τ(n) −y τ(n) k → 0, n → ∞, kx τ(n) + 1 −v τ(n) k → 0, n → ∞ và kx τ(n) + 1 − x τ(n) k 6 kx τ(n) + 1 −w τ(n) k+kw τ(n) − x τ(n) k → 0, n → ∞.
Nếu dãy {x τ(n)} ∞ n = 0 bị chặn, thì tồn tại một dãy con {x τ(n)} ∞ n = 0 hội tụ yếu đến p ∈ H, theo Bổ đề 2.2.9, điều này tương đương với việc p ∈ Ω∩Fix(T) Tương tự như trong trường hợp 1 và (2.43), ta có lim sup n→∞ b τ(n) ≤ 0 Áp dụng Bổ đề 2.2.8 (i), ta nhận được γ τ(n) a τ(n) ≤ a τ(n) − a τ(n) + 1 + γ τ(n) b τ(n).
Vìγ τ(n) > 0 nên a τ(n) 6 b τ(n) và lim sup n→∞ a τ(n) ≤ lim sup n→∞ b τ(n) 6 0.
Do đó,limn→∞a τ(n) = 0 Khi đó, ta có
Với n > n₀, ta dễ dàng nhận thấy rằng aₙ ≤ aₜ(ₙ) + 1, trong đó τ(n) ≤ n với n > n₀ Xét ba trường hợp: τ(n) = n, τ(n) = n - 1, và τ(n) < n - 1 Ở hai trường hợp đầu tiên, ta có aₙ ≤ aₜ(ₙ) + 1 với n > n₀ Trong trường hợp thứ ba, khi τ(n) ≤ n - 2, từ định nghĩa của τ(n) và với mọi số nguyên n > n₀ mà aⱼ > aⱼ₊₁ với τ(n) + 1 ≤ j ≤ n - 1, ta suy ra τ(n) + 1 > aₜ(ₙ) + 2 > > aₙ₋₁ > aₙ Như vậy, với mọi n đủ lớn, ta có 0 ≤ aₙ ≤ aₜ(ₙ) + 1, dẫn đến lim n → ∞ aₙ = 0 Do đó, dãy {xₙ} hội tụ mạnh đến z.
Nếu choT = I, ánh xạ đồng nhất vàG := I−x 1 , từ Thuật toán 2.2.1 ta có thuật toán sau.
Thuật toán 2.2.11 ([5]) Bước 0: Chọn dãy {α n } ∞ n = 0 ⊂ (0,1) và {β n } ∞ n = 0 sao cho điều kiện trong Giả thiết 2.2 đúng và γ ∈ (0,2) Cho x 1 ∈ H là điểm xuất phát. Đặtn := 1.
Bước 3: Tính x n + 1 = α n x 1 +(1−α n )(xn −γρ n d(xn,y n )), n > 1, (2.45) trong đó{ρ n } ∞ n = 0 được cho bởi ρ n
Bước 4: Đặtn ← n+1và quay lại Bước 1. Áp dụng thuật toán 2.2.11, ta thu được kết quả hội tụ mạnh cho nghiệm của VI(A,C).
Bổ đề 2.2.12 ([5]) Cho Giả thiết 2.2.2 và 2.2.3 đúng Khi đó dãy {x n } ∞ n = 0 được sinh bởi thuật toán 2.2.11 hội tụ mạnh đến nghiệmz ∈ Ω, trong đóz := P Ω (x1).
Một số ví dụ
Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày ví dụ số để minh chứng hiệu suất của Thuật toán 2.2.1 bằng cách so sánh với Thuật toán Maingé và Kraikaew cùng với Thuật toán Saejung Cụ thể, chúng tôi sẽ xem xét toán tử T và VI(A, C) để làm rõ sự khác biệt trong kết quả giữa các thuật toán này.
Ví dụ 2.3.1 ([5]) Cho H = R 2 , B := {x ∈ R 2 | kxk 6 1}, B 1 := {x ∈ B | kxk ≤ 1 2 } và B 2 := {x ∈ B | 1
2 6 kxk 6 1} Cho x = (a,b) ∈ H, đặt x ⊥ = (b,−a) Ánh xạ
Như đã chỉ ra trong [4], Fix(T) = {0}và T là 5-Lipschitz và 1-nửa co.
Bây giờ, đối với VI(A,C), ta xét một ví dụ từ [7] trênR 2 Cho toán tử tuyến tính A(x) = M x+q, trong đó M = BB T +S + Dvà B,S và Dlà ma trận cỡ2 ×2 với
S phản đối xứng và Dlà ma trận đường chéo không âm với q ∈ R² Tập hợp C ⊂ R² là lồi và đóng, được định nghĩa bởi C := {x ∈ R² | Qx ≤ b}, trong đó Q là ma trận cỡ 2 × 2 và b là véc tơ không âm Hàm A là đơn điệu và liên tục kMk-Lipschitz Để đảm bảo rằng tập nghiệm VI(A,C)∩Fix(T) không rỗng, ta chọn q = 0, dẫn đến {0} là một nghiệm.
So sánh thuật toán 2.2.1 với thuật toán Maingé và Kraikaew cũng như thuật toán Saejung, chúng tôi chọn G := I − x 0 với điểm xuất phát x 0 ∈ R 2 trong khoảng [−5,5] Các tham số sử dụng bao gồm dãy {α n } ∞ n = 0 = {1/(n+1)} và {β n } ∞ n= 0 = {(1/4)+ ((n((1/kMk)− (1/4)))/(n + 1))}, với γ = 1 và ω = 0.5 Quy tắc dừng được đặt là số lần lặp tối đa là 500 hoặc khi kx k − y k k 6 ε = 10 −8 Các hình chiếu lên C được tính toán bằng phần mềm MATLAB.
Thuật toán Số lần lặp s CPU (s) kA(x k )k Thuật toán 2.1 100 38.0625 6.65e - 4 Thuật toán 9 100 73.2656 7.44e - 4 Thuật toán 11 100 85.8750 5.31e - 4
Bảng 2.1: So sánh giữa Thuật toán 2.2.1 với Thuật toán Maingé (9) và Thuật toán Kraikaew và Saejung (11)
Hình 2.1: So sánh giữa Thuật toán 2.2.1 với Thuật toán Maingé (9) và Thuật toán Kraikaew và Saejung (11)
Trong Bảng 2.1 và Hình 2.1, các so sánh cho thấy rằng ba thuật toán có nhiều điểm tương đồng, đặc biệt là trong trường hợp kích thước nhỏ Thuật toán này có ưu điểm nổi bật là chỉ cần tính toán hình chiếu lên tập C khả thi một lần cho mỗi vòng lặp Tuy nhiên, khi tập C không "đơn giản", như khi C là một khối đa diện và Q ∈ R m × n, hình chiếu lên C cần được thực hiện để giải một hệ bất phương trình tuyến tính trong mỗi lần lặp Dù vậy, trong trường hợp kích thước nhỏ, Thuật toán 2.2.1 vẫn cho thấy hiệu quả cao hơn với thời gian tính toán là kx k −y k k 6 ε= 10 −8.
Ví dụ cuối cùng minh họa sự hội tụ mạnh của Thuật toán 2.2.1.
Ví dụ 2.3.2([5]) Lấy H = l 2 := {x = (x 1 ,x 2 , ,x i , )|P∞ i = 1|x i | 2 < ∞}, C := {x ∈ l 2 |x i > 0,i > 1}, A(x) = (x1,0,x 3 ,0, ,x 2i−1 ,0, ) và T(x) = x,x ∈ l 2 Ta có A là đơn điệu và liên tục L-Lipschitz với L = 1 Tương tự, T là nửa co và (I − T) là nửa đóng tại điểm gốc Hơn nữa,Ω := V I(A,C)∩Fix(T) = {x ∈ l 2 |x 2i−1 = 0,x i >
0,i ≥ 1} , ∅ Chọn β n = 1 2 và α n = (1/(n+ 1)),n > 1 Dễ thấy Giả thiết 2.2.2 và 2.2.3 đúng.
Chọn x 1 = (0,x 1 2 ,0,x 1 4 , ,0,x 1 2i , ) ∈ l 2 Khi đó, áp dụng Thuật toán 2.2.1, ta có y n = P C x n − 1
Ta thu được dãy{x n } ∞ n = 0 hội tụ mạnh đến z = (0,x 1 2 ,0,x 1 4 , ,0,x 1 2i , ) ∈ Ω, vì kx n+ 1 −zk 6 1
Luận văn "Về phương pháp lặp hữu hiệu tìm điểm bất động chung và bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert" đã trình bày các nội dung quan trọng về phương pháp lặp hiệu quả trong việc xác định điểm bất động chung Bên cạnh đó, tác giả cũng đề cập đến các bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert, góp phần làm rõ hơn các khái niệm và ứng dụng của chúng trong toán học.
1 Trình bày một số khái niệm và kết quả đặc trưng trong không gian Hilbert. Trình bày về bài toán điểm bất động và bài toán bất đẳng thức biến phân và một số tính chất liên quan.
2 Trình bày về phương pháp lặp giải bài toán tìm điểm bất động chung và bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert.
3 Trình bày về phương pháp lặp hữu hiệu giải bài toán tìm điểm bất động chung và bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert.
[1] Hoàng Tụy (2005),Hàm thực và Giải tích hàm, NXB ĐH Quốc gia HN.
[2] Y Censor, A Gibali, S Reich (2011), “Strong convergence of subgradi- ent extragradient methods for the variational inequality problem in Hilbert space”, Optim Methods Softw,26, pp 827–845.
[3] Y Censor, A Gibali, S Reich (2011), “The subgradient extragradient method for solving variational inequalities in Hilbert space”, J Optim The- ory Appl.,148, pp 318–335.
[4] C E Chidume, S A Mutangadura (2001), “An example of the Mann itera- tion method for Lipschitz pseudocontractions” Proc Amer Math Soc.,129, pp 2359–2363.
[5] A Gibali, Y Shehu (2019), “An efficient iterative method for finding com- mon fixed point and variational inequalities in Hilbert spaces”, A Journal of Mathematical Programming and Operations Research, 68(1), pp 13-32.
[6] K Goebel, W A Kirk (1990), Topics on Metric Fixed-Point Theory, Cam- bridge University Press, England.
[7] P T Harker, J S Pang (1990), “A damped-Newton method for the linear complementarity problem, in Computational solution of nonlinear systems of equations”, Lectures in Appl Math.,26, pp 265–284.
[8] GM Korpelevich (1976), “The extragradient method for finding saddle points and other problems”,Ekonomika i Mat Metody,12, pp 747–756.
[9] R Kraikaew, S Saejung (2014), “Strong convergence of the Halpern sub- gradient extragradient method for solving variational inequalities in Hilbert spaces”, J Optim Theory Appl.,163, pp 399–412.
[10] R Kraikaew, S Saejung (2014), “On a hybrid extragradient-viscosity method for monotone operators and fixed point problems”, Numer Funct Anal Optim,35, pp 32–49.
[11] P E Maingé (2008), “A hybrid extragradient-viscosity method for mono- tone operators and fixed point problems”, SIAM J Control Optim, 47, pp.
[12] G Marino, H K Xu (2007), “Weak and strong convergence theorems for strict pseudo-contractions in Hilbert spaces”, J Math Anal Appl., 329, pp.
[13] N Nadezhkina, W Takahashi (2006), “Weak convergence theorem by an extragradient method for nonexpansive mappings and monotone mappings”,
Journal of Optimization Theory and Applications, 128, pp 191–201.
[14] N Nadezhkina, WW Takahashi (2006), “Strong convergence theorem by a hybrid method for nonexpansive mappings and Lipschitz-continuous mono- tone mappings”, SIAM J Optim, 16, pp 1230–1241.
[15] T Suzuki (2005), “Strong convergence of Krasnoselskii and Mann’s Type sequences for one-parameter nonexpansive semigroups without Bochner integrals”, Journal of Mathematical Analysis and Applications, 305, pp.
[16] W Takahashi, M Toyoda (2003), “Weak convergence theorems for nonex- pansive mappings and monotone mappings”, J Optim Theory Appl., 118, pp 417–428.
[17] W Takahashi (2000),Nonlinear Functional Analysis, Yokohama, Japan.
[18] H K Xu (2004), “Viscosity approximation methods for nonexpansive mappings”, Journal of Mathematical Analysis and Applications, 298, pp.
