(LUẬN văn THẠC sĩ) phương pháp gradient tăng cường cho bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát, bài toán điểm bất động và bài toán bất đẳng thức biến phân

18 Chương 2 Phương pháp gradient tăng cường tìm nghiệm chung của bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát, bài toán điểm bất động và bài toán bất đẳng thức biến phân 20 2.1.. Phương pháp grad

Một số tính chất của không gian Hilbert

Ta luôn giả thiết H là không gian Hilbert thực với tích vô hướng được kí hiệu là h., ivà chuẩn được kí hiệu là k.k.

Mệnh đề 1.1 Trong không gian Hilbert thực H ta luôn có đẳng thức sau kx−yk 2 +kx−zk 2 =ky−zk 2 + 2hx−y, x−zi, với mọi x, y, z ∈H.

Chứng minh Thật vậy, ta có ky−zk 2 + 2hx−y, x−zi= hy, yi+hz, zi+ 2hx, xi −2hx, zi −2hx, yi

= [hx, xi −2hx, yi+hy, yi]

+ [hx, xi −2hx, zi+hz, zi]

= kx−yk 2 +kx−zk 2 Vậy ta được điều phải chứng minh.

Mệnh đề 1.2 Cho H là một không gian Hilbert thực Khi đó, với mọi x, y ∈H và mọi λ∈ [0,1], ta có kλx+ (1−λ)yk 2 = λkxk 2 + (1−λ)kyk 2 −λ(1−λ)kx−yk 2 (1.1) Chứng minh Ta có kλx+ (1−λ)yk 2 =λ 2 kxk 2 + 2λ(1−λ)hx, yi+ (1−λ) 2 kyk 2

=λkxk 2 + (1−λ)kyk 2 −λ(1−λ)(kxk 2 −2hx, yi+kyk 2 )

Ta được điều phải chứng minh.

Mệnh đề 1.3 Cho H là một không gian Hilbert thực Khi đó, nếu với x, y ∈H thỏa mãn điều kiện

|hx, yi| =kxk.kyk, tức là bất đẳng thức Schwars xảy ra dấu bằng thì hai véc tơ x và y là phụ thuộc tuyến tính.

Chứng minh Giả sử ngược lại rằng x6=λy với mọi λ∈ R Khi đó, từ tính chất của tích vô hướng, ta có

00 là một hằng số.

Chứng minh Từ Mệnh đề 1.7, ta có x ∗ = P C (x ∗ −λA(x ∗ )) khi và chỉ khi h(x ∗ −λA(x ∗ ))−x ∗ , x−x ∗ i ≤0, ∀x∈C. Điều này tương đương với hA(x ∗ ), x−x ∗ i ≥0 với mọi x ∈C, tức là x ∗ là nghiệm của bất đẳng thức biến phân cổ điển (1.5).

Dựa vào kết quả này, khi F là ánh xạ đơn điệu mạnh và Lipschitz, năm 1967

J L Lions và G Stampacchia [7] đã đề xuất phương pháp gradient, để xác định nghiệm cho bất đẳng thức biến phân cổ điển (1.5) Với phương pháp lặp được xác định như sau: x 0 ∈ C, x n+1 =P C (x n −λF(x n )), n = 0,1,2 (1.7)

Gần đây, A Bnouhachem và các cộng sự [3] cũng đề xuất một kết quả mới để tìm nghiệm cho bài toán (1.5) Họ xây dựng dãy lặp xác định như sau: x 0 ∈C, x n+1 =P C (x n −λF(x n+1 )), n = 0,1,2 (1.8) và chứng minh được dãy lặp (1.8) hội tụ mạnh tới nghiệm duy nhất x ∗ của bài toán (1.5).

Phương pháp gradient tăng cường

Như đã biết, phương pháp gradient chỉ cho sự hội tụ mạnh khi ánh xạ F đơn điệu mạnh và liên tục Lipschitz Một số nhà toán học đã áp dụng mở rộng phương pháp gradient tăng cường, được đề xuất bởi G M Korpelevich [6], để tìm nghiệm cho bất đẳng thức biến phân (1.5) và đã chứng minh được các phương pháp này hội tụ mạnh khi ánh xạ F chỉ có tính chất đơn điệu, thậm chí là giả đơn điệu (xem [10], [11]) Với phương pháp này dãy lặp {x n } được xác định theo công thức sau: x 0 = x∈C, y n = P C (x n −λF(x n )), x n+1 = P C (x n −λF(y n )), n = 0,1,2

(1.9) trong đó λ ∈ (0,1/L) với L là hằng số liên tục Lipschitz của ánh xạ F và họ đã chứng minh được sự hội tụ mạnh của các dãy lặp {x n } và {y n } xác định bởi(1.9) tới nghiệm x ∗ của bài toán (1.5).

Bài toán cân bằng

Phát biểu bài toán

ChoC là một tập con khác rỗng của không gian HilbertHvàF : C×C −→ R là một song hàm thỏa mãn tính chất

Bài toán cân bằng ứng với hàm F ký hiệu là EP(F) và được phát biểu như sau:

Tìm phần tử x∈ C sao cho

Chú ý 1.3 Người ta thường giả thiết C là tập lồi, đóng và song hàm F thỏa mãn điều kiện đơn điệu, tức là

Bài toán cân bằng và các bài toán liên quan

Dưới đây, luận văn đề cập đến một số bài toán có thể đưa về bài toán cân bằng.

Cho ϕ : C −→R là một hàm số Xét bài toán tìm phần tử x∈C sao cho: ϕ(x) ≤ϕ(y) với mọi y ∈C (1.12) Đặt F(x, y) = ϕ(y) −ϕ(x) với mọi x, y ∈ C Khi đó, x là nghiệm của bài toán (1.12) khi và chỉ khi x là nghiệm của bài toán cân bằng EP(F).

Chú ý 1.4 Trong trường hợp này song hàm F thỏa mãn điều kiện đơn điệu (1.11), vì

Bài toán điểm yên ngựa.

ChoC1 vàC2 là các tập con của không gian HilbertH và choϕ : C1×C2 −→

Rlà một hàm số Khi đó, điểm (x 1 , x 2 ) ∈ C 1 ×C 2 được gọi là điểm yên ngựa của ϕ nếu và chỉ nếu ϕ(x 1 , y 2 ) ≤ϕ(y 1 , x 2 ) với mọi (y 1 , y 2 ) ∈C 1 ×C 2

Nhận xét 1.1 Nếu (x 1 , x 2 ) ∈ C 1 ×C 2 là điểm yên ngựa của hàm ϕ, thì ta có ϕ(x 1 , y 2 )≤ ϕ(x 1 , x 2 ) ≤ ϕ(x 1 , x 2 ) với mọi (y 1 , y 2 ) ∈ C 1 ×C 2 Đặt C = C 1 × C 2 và F((x 1 , x 2 ),(y 1 , y 2 )) = ϕ(y 1 , x 2 ) − ϕ(x 1 , y 2 ) với mọi (x 1 , x 2 ),(y 1 , y 2 ) ∈ C Khi đó, bài toán điểm yên ngựa tương đương với bài toán cân bằng EP(F).

Chú ý 1.5 Dễ nhận thấy rằng với mọi (x 1 , x 2 ),(y 1 , y 2 ) ∈C ta đều có

Do đó song hàm F thỏa mãn điều kiện đơn điệu (1.11).

Bài toán điểm bất động.

Cho T : C −→ C là một ánh xạ Xét bài toán tìm một điểm bất động của

T, tức là tìm một phần tử x∈C sao cho T x=x.

Xét hàm số F : C×C −→R được xác định bởi

F(x, y) =hx−T x, y−xi, với mọi x, y ∈C Giả sử x là một điểm bất động của T Khi đó,F(x, y) = 0 với mọi y ∈ C, tức là x là một nghiệm của bài toán cân bằng EP(F).

Ngược lại, giả sử x là một nghiệm của bài toán cân bằng EP(F), tức là

F(x, y) =hx−T x, y−xi ≤0, với mọi y ∈ C Vì x, T x ∈ C và C là tập lồi nên y = 1

2(x+T x) ∈ C Do đó từ bất đẳng thức trên, ta nhận được

2kx−T xk 2 ≤0 hay tương đương với x =T x.

Như vậy ta nhận được bài toán điểm bất động tương đương với bài toán cân bằng.

F(x, y) =hx−T x, y−xi ≤ 0 thỏa mãn điều kiện đơn điệu khi và chỉ khi

2 với mọix, y ∈C Do đó, từ định nghĩa của ánh xạ không giãn, dễ nhận thấy nếu

T là ánh xạ không giãn thì F là một song hàm đơn điệu.

Bài toán tối ưu lồi khả vi.

Xét bài toán: minx∈C ϕ(x), (1.13) trong đó ϕ : H −→ Rlà một phiếm hàm lồi khả vi Ta biết rằng phần tử x∈C là nghiệm của bài toán (1.13) khi và chỉ khi x thỏa mãn điều kiện h5ϕ(x), y−xi ≥0 với mọi y ∈C. Đặt F(x, y) =h5ϕ(x), y−xi với mọi x, y ∈C Khi đó, dễ thấy x là nghiệm của bài toán (1.13) khi và chỉ khi nó là nghiệm của bài toán EP(F).

Chú ý 1.6 Ta biết rằng toán tử vi phân 5ϕ của hàm lồi ϕ là đơn điệu, tức là h5ϕ(x)− 5ϕ(y), x−yi ≥0 với mọi x, y ∈C.

=−h5ϕ(x)− 5ϕ(y), x−yi ≤0, với mọi x, y∈ C Do đó, trong trường hợp này song hàm F thỏa mãn điều kiện đơn điệu (1.11).

Bài toán bất đẳng thức biến phân.

Cho A : C −→ H là một ánh xạ liên tục Xét bài toán bất đẳng thức biến phân tìm một phần tử x∈ C sao cho hAx, y−xi ≥ 0 với mọi y ∈C.

Với mỗi x, y ∈ C, đặt F(x, y) = hAx, y −xi Khi đó, ta nhận được một song hàm F : C ×C −→ R Dễ dàng nhận thấy phần tử x là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(C, A) khi và chỉ khi nó là nghiệm của bài toán cân bằng EP(F).

Bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát

Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert H.Cho B : C −→ H là một ánh xạ phi tuyến, ϕ : C −→ R là một hàm số và

F : C ×C −→ R là một song hàm bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát được phát biểu như sau:

Tìm một phần tử x ∈C sao cho

F(x, y) +ϕ(y)−ϕ(x) +hBx, y−xi ≥0 với mọi y ∈ C (GMEP) Tập nghiệm của bài toán (GMEP) được ký hiệu là GM EP(F, ϕ, B).

Nhận xét 1.3 a) NếuB = 0, thì bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát (GMEP) trở thành bài toán cân bằng hỗn hợp:

Tập nghiệm của bài toán (MEP) được ký hiệu là M EP(F, ϕ). b) Nếu ϕ = 0, thì bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát (GMEP) trở thành bài toán cân bằng tổng quát:

F(x, y) +hBx, y−xi ≥ 0 với mọi y ∈ C (GEP)

Tập nghiệm của bài toán (GEP) được ký hiệu là GEP(F, B). c) Nếu ϕ = 0 và B = 0, thì bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát (GMEP) trở thành bài toán cân bằng EP(F). d) Nếu F = 0, thì bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát (GMEP) trở thành bài toán bất đẳng thức biến phân tổng quát:

Tìm một phần tử x ∈C sao cho ϕ(y)−ϕ(x) +hBx, y−xi ≥ 0với mọi y ∈ C (GVI)

Tập nghiệm của bài toán (GVI) được ký hiệu là V I(C, B, ϕ). e) Nếu F = 0 và ϕ = 0, thì bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát (GMEP) trở thành bài toán bất đẳng thức biến V I(C, B). f) Nếu F = 0 và B = 0, thì bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát (GMEP) trở thành bài toán tìm cực tiểu phiếm hàm ϕ.

Tìm một phần tử x∈ C sao cho ϕ(x) ≤ϕ(y) với mọi y ∈ C Tập nghiệm của bài toán này được ký hiệu là argmin x∈C ϕ.

Phương pháp gradient tăng cường tìm nghiệm chung của bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát, bài toán điểm bất động và bài toán bất đẳng thức biến phân 20 2.1 Một số bổ đề bổ trợ

Phương pháp gradient tăng cường tìm nghiệm chung của bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát, bài toán điểm bất động và bài toán bất đẳng thức biến phân

của bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát, bài toán điểm bất động và bài toán bất đẳng thức biến phân

Trong phần này luận văn đề cập đến một phương pháp lặp của các tác giả J.

W Peng và J C Yao [12] dựa trên phương pháp gradient tăng cường và phương pháp lai chiếu cho bài toán tìm một phần tử thuộc giao khác rỗng của tập nghiệm của bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát GM EP(F, ϕ, B), tập điểm bất động

F ix(S) của ánh xạ không giãn S và tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(C, A). Định lí 2.1 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực

H Cho F : C ×C −→ R là một song hàm thỏa mãn các điều kiện (A1)-A(5) và cho ϕ : C −→ R là một hàm lồi, chính thường và nửa liên tục dưới Cho

A : C −→ H là một toán tử đơn điệu, k-Lipschitz và cho B : C −→ B là một toán tử α-ngược đơn điệu mạnh Cho S : C −→ H là một ánh xạ không giãn sao cho Ω = F ix(S) ∩V I(C, A)∩GM EP(F, ϕ, B) 6= ∅ Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Cho {x n }, {u n }, {y n } và {z n } là các dãy được xác định bởi

+ 1 r n hyưu n , u n ưx n i ≥0, ∀y ∈ C, y n = (1−γ n )u n +γ n P C (x n −λ n Au n ), z n = (1−α n −β n )x n +α n y n +β n SP C (u n −λ n Ay n ),

C n = {z ∈ C : kz n −zk 2 ≤ kx n −zk 2 + (3−3γ n +α n )b 2 kAu n k 2 },

4k), {r n } ⊂ [d, e] với [d, e] ⊂ (0,2α) và {α n }, {β n }, {γ n } là các dãy nằm trong [0,1] thỏa mãn các điều kiện:

(iv) lim n→∞ γ n = 1 và γ n >3/4 với mọi n≥ 1.

Khi đó, các dãy {x n }, {u n }, {y n } và {z n } cùng hội tụ mạnh về w=PΩx.

Chứng minh Dễ thấyC n là tập đóng vàQ n là tập lồi, đóng với mọin ≥1 Ngoài ra, vì

C n ={z ∈C : kz n −x n k 2 + 2hz n −x n , x n −zi ≤(3−3γ n +α n )b 2 kAu n k 2 }, nên C n cũng là tập lồi với mọi n ≥ 1.

Từ định nghĩa của tập Q n , ta có hx n −z, x−x n i ≥0, ∀z ∈ Q n

Do đó từ đặc trưng của phép chiếu mêtric (Mệnh đề 1.7), ta nhận được x n P Q n x Đặt t n = P C (u n −λ n Ay n ) với mọi n ≥ 1 Lấy u ∈ Ω và đặt {T r n } là dãy ánh xạ được xác định như trong Bổ đề 2.2 Khi đó, u= P C (u−λAu) =T r n (u−r n Bu).

Từ u n =T r n (x n −rBx n ) ∈C và tính α-ngược đơn điệu mạnh của B, ta có ku n −uk 2 =kT r n (x n −rBx n )−T r n (u−r n Bu)k 2

≤ kx n −uk 2 −2r n hx n −u, Bx n −Bui+r n 2 kBx n −Buk 2

≤ kx n −uk 2 −2r n αkBx n −Buk 2 +r n 2 kBx n −Buk 2

Từ Mệnh đề 1.8, tính đơn điệu của A và u∈V I(C, A), ta có kt n −uk 2 ≤ ku n −λ n Ay n −uk 2 − ku n −λ n Ay n −t n k 2

= ku n −uk 2 − ku n −t n k 2 + 2λ n (hAy n −Au, u−y n i +hAu, u−y n i+hAy n , y n −t n i)

= ku n −uk 2 − ku n −y n k 2 − ky n −t n k 2 + 2hu n −λ n Ay n −y n , t n −y n i.

Ngoài ra, từ y n = (1−γ n )u n +γ n P C (u n −λ n Au n ) và A là k-Lipschitz, ta nhận được hu n −λnAyn −yn, tn−yni

Từ đặc trưng của phép chiếu mêtric (Mệnh đề 1.7), ta lại có hu n −λ n Au n −P C (u n −λ n Au n ), t n −y n i

Do đó, từ các giả thiết b < 1

4k, γn > 3/4và (2.2), ta có kt n −uk 2 ≤ ku n −uk 2 − ku n −y n k 2 − ky n −t n k 2

+ 2γ n (1−γ n )bkAu n k(kt n −y n k+ky n −u n k) + 2(1−γ n )bkAu n k kt n −y n k+ 2bkku n −y n k kt n −y n k

≤ ku n −uk 2 − ku n −y n k 2 − ky n −t n k 2 + (1−γ n )(2b 2 kAu n k 2 +kt n −y n k 2 +ky n −u n k 2 ) + (1−γ n )(2b 2 kAu n k 2 +kt n −y n k 2 ) (2.3) +bk(ky n −u n k 2 +kt n −y n k 2 )

=ku n −uk 2 −(γ n −bk)ku n −y n k 2 + (1−2γ +bk)kt −y k 2 + 3(1−γ )b 2 kAu k 2

≤ kx n −uk 2 + 3(1−γ n )b 2 kAu n k 2 Thêm nữa, từ u ∈V I(C, A) và (2.2), ta có ky n −uk 2 =k(1−γ n )u n +γ n P C (u n −λ n Au n )−uk 2

≤ (1−γ n )ku n −uk 2 +γ n kP C (u n −λ n Au n )−P C uk 2

≤ (1−γ n )ku n −uk 2 +γ n ku n −λ n Au n −uk 2 (2.4)

≤ (1−γ n )ku n −uk 2 +γ n (ku n −uk 2 −2λ n hAu n , u n −ui+λ 2 n kAu n k 2 )

Từ (2.2)-(2.4), z n = (1−α n −β n )x n +α n y n +β n St n và u=Su, ta có kz n −uk 2 =k(1−α n −β n )x n +α n y n +β n St n −uk 2

≤ (1−α n −β n )kx n −uk 2 +α n ky n −uk 2 +β n kSt n −uk 2

≤ (1−α n −β n )kx n −uk 2 +α n ky n −uk 2 +β n kt n −uk 2 (2.5)

≤ (1−α n −β n )kx n −uk 2 +α n (ku n −uk 2 +b 2 kAu n k 2 )

≤ kx n −uk 2 + (3−3γ n +α n )b 2 kAu n k 2 , với mọi n ≥ 1 Từ đó suy ra u∈C n Do đó, Ω⊂C n với mọi n ≥1.

Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra dãy {x n } hoàn toàn xác định và Ω ⊂C n ∩Q n với mọi n ≥ 1 bằng quy nạp toán học Với n = 1 ta có x 1 = x ∈ C và Q 1 = C Do đó

Ω ⊂ C 1 ∩Q 1 Giả sử rằng x k đã được xác định và Ω ⊂ C k ∩Q k với k ≥ 1 Vì

Ω6=∅, nên Ck∩Qk là tập con lồi, đóng và khác rỗng của H Do đó, tồn tại duy nhất một phần tử x k+1 ∈ C k ∩Q k sao cho x k+1 = P C k ∩Q k x Từ đặc trưng của phép chiếu mêtric (Mệnh đề 1.7), ta có hx k+1 −z, x−x k+1 i ≥ 0, ∀z ∈C k ∩Q k

Vì Ω⊂C k ∩Q k , nên ta nhận được hx k+1 −z, x−x k+1 i ≥0, ∀z ∈ Ω và do đó Ω⊂ Q k+1 Suy ra Ω⊂ C k+1 ∩Q k+1 Vậy dãy {x n }hoàn toàn xác định và Ω⊂C n ∩Q n với mọi n ≥1. Đặt l 0 =P Ω x Từ x n+1 = P C n ∩Q n x và l 0 ∈Ω ⊂C n ∩Q n , ta có kx n+1 −xk ≤ kl 0 −xk (2.6) với mọi n ≥ 1 Suy ra dãy {x n } bị chặn Từ (2.2)-(2.5) và tính Lipschitz của A, ta có các dãy {u n }, {Au n }, {t n } và {z n } cũng bị chặn.

Vì x n+1 ∈ C n ∩Q n và x n =P Q n x, nên ta nhận được kx n −xk ≤ kx n+1 −xk với mọi n ≥ 1 Suy ra dãy {kx n −xk} là đơn điệu tăng Điều này kết hợp với (2.6), suy ra tồn tại giới hạn hữu hạn lim n→∞ kx n −xk.

Do xn =PQ n x và xn+1 ∈Qn, nên từ Mệnh đề 1.8, ta có kx n+1 −x n k 2 ≤ kx n+1 −xk 2 − kx n −xk 2 với mọi n ≥ 1 Suy ra n→∞lim kx n+1 −x n k= 0 (2.7)

Từ định nghĩa của Cn và xn+1 ∈Cn, ta nhận được kz n −x n+1 k 2 ≤ kx n −x n+1 k 2 + (3−3γ n +α n )b 2 kAu n k 2

Do đó, từ các giả thiết γ n → 1 và α n →0, suy ra n→∞lim kz n −x n+1 k= 0 (2.8)

Từ đánh giá kx n −z n k ≤ kx n −x n+1 k+kx n+1 −z n k và (2.7), (2.8), ta nhận được n→∞lim kx n −z n k= 0 (2.9)

Từ (2.5), với mọi u∈ Ω, ta đều có kz n −uk 2 − kx n −uk 2

≤ (−α n −β n )kx n −uk 2 +α n ky n −uk 2 +β n kSt n −uk 2

Vì γ n → 1, α n → 0 và tính bị chặn của các dãy {u n }, {Au n }, {z n } nên ta nhận được lim β (kSt −uk 2 − kx −uk 2 ) = 0.

Do lim inf n→∞ β n >0, nên ta suy ra n→∞lim(kSt n −uk 2 − kx n −uk 2 ) = 0 (2.10)

Từ Su =u, tính không giãn của S và (2.3), ta có n→∞lim(kSt n −uk 2 − kx n −uk 2 )≤ lim n→∞(kt n −uk 2 − kx n −uk 2 )

Do đó, kết hợp với (2.10), ta thu được n→∞lim(kt n −uk 2 − kx n −uk 2 ) = 0 (2.11)

≤ kx n −uk 2 − kt n −uk 2 + 3(1−γ n )b 2 kAu n k 2 Suy ra n→∞lim[(γ n −bk)ku n −y n k 2 + (2γ n −1−bk)kt n −y n k 2 ] = 0 (2.12)

Từ giả thiết ta cóγ n −bk >1/2 và 2γ n −1−bk >1/4 Do đó, từ (2.12) ta nhận được n→∞lim ku n −y n k= lim n→∞kt n −y n k= 0 (2.13)

Vì A là Lipschitz, nên n→∞lim kAt n −Aynk = 0 (2.14)

Từ (2.13) và đánh giá ku n −t n k ≤ ku n −y n k+kt n −y n k ta nhận được n→∞lim ku n −t n k= 0 (2.15)

Ta viết lại cách xác định z n ở dạng dưới đây z n −x n =α n (y n −x n ) +β n (St n −x n ).

Do đó, từkx n −z n k →0,α n →0, tính bị chặn của{x n },{y n }vàlim inf n→∞ β n >

0, ta nhận được n→∞lim kSt n −x n k = 0 (2.16)

Từ (2.2) và (2.5), ta có kz n −uk 2 ≤ (1−α n −β n )kx n −uk 2 +α n (ku n −uk 2 ) +b 2 kAu n k 2 ) +β n [ku n −uk 2 + 3(1−γ n )b 2 kAu n k 2 ]

+α n [kx n −uk 2 +r n (r n −2α)kBx n −Buk 2 +b 2 kAu n k 2 ] (2.17) +β n [kx n −uk 2 +r n (r n −2α)kBx n −Buk 2 + 3(1−γ n )b 2 kAu n k 2 ]

Do đó, ta nhận được

≤ kx n −uk 2 − kz n −uk 2 + (3−3γ n +α n )b 2 kAu n k 2

≤ (kx n −uk+kz n −uk)kx n −z n k+ +(3−3γ n +α n )b 2 kAu n k 2

Kết hợp với α n → 0, lim inf n→∞ β n >0, γ n → 1, kx n −z n k →0 và tính bị chặn của {x n }, {z n }, suy ra n→∞lim kBx n −Buk= 0 (2.18)

Với u∈ Ω, từ Bổ đề 2.2 ta có ku n −uk 2 =kT r n (x n −r n Bx n )−T r n (u−r n Bu)k 2

≤ hT r n (x n −r n Bx n )−T r n (u−r n Bu), x n −r n Bx n −(u−r n Bu)i

2[ku n −uk 2 +kx n −r n Bx n −(u−r n Bu)k 2

2[ku n −uk 2 +kx n −uk 2 − kx n −u n k 2

Từ bất đẳng thức trên và (2.5), ta có kz n −uk 2 ≤ (1−αn−βn)kx n −uk 2 +αn(ku n −uk 2 +b 2 kAu n k 2 )

≤ (1−α n −β n )kx n −uk 2 +α n (kx n −uk 2 − kx n −u n k 2 + 2r n hBx n −Bu, x n −u n i+b 2 kAu n k 2 ) +β n [kx n −uk 2 − kx n −u n k 2

≤ kx n −uk 2 + (−α n −β n )kx n −u n k 2 + 2r n kBx n −Buk kx n −u n k+ 3(1−γ n )b 2 kAu n k 2 Suy ra

≤ kx n −uk 2 − kz n −uk 2 + 2r n kBx n −Buk kx n −u n k+ 3(1−γ n )b 2 kAu n k 2

≤ (kx n −uk+kz n −uk)kx n −z n k + 2r n kBx n −Buk kx n −u n k+ 3(1−γ n )b 2 kAu n k 2

Vì α n → 0, lim inf n→∞ β n >0, γ n → 1, kx n −z n k →0, kBx n −Buk →0 và các dãy {x n }, {z n } bị chặn nên ta thu được n→∞lim kx n −u n k= 0 (2.19)

Do đó, từ đánh giá kz n −t n k ≤ kz n −x n k+kx n −u n k+ku n −t n k và (2.9), (2.15), (2.19), suy ra n→∞lim kz n −t n k= 0 (2.20)

Từ đánh giá kt n −x n k ≤ kt n −u n k+ku n −x n k và (2.15), (2.19), suy ra n→∞lim kt n −x n k= 0 (2.21)

Vì z n = (1−α n −β n )x n +α n y n +β n St n nên ta có β n (St n −t n ) = (1−α n −β n )(t n −x n ) +α n (t n −y n ) + (z n −t n ).

Suy ra β n kSt n −t n k ≤(1−α n −β n )kt n −x n k+α n kt n −y n k+kz n −t n k.

Do đó, từ (2.13), (2.20), (2.21) và lim inf n→∞ β n >0, suy ra n→∞lim kSt n −t n k = 0 (2.22)

Vì dãy {x n }bị chặn nên tồn tại một dãy con {x n i }của{x n }sao chox n i * ω.

Từ kx n = u n k → 0, suy ra u n i * ω Từ ku n −t n k → 0, suy ra t n i * ω Vì {t n i } ⊂C và C là tập lồi đóng (đóng yếu), nên ω ∈C.

Trước hết, ta chỉ ra ω ∈ GM EP(F, ϕ, B) Từ u n =T r n (x n −r n Bx n ), ta nhận được

Từ điều kiện (A2), suy ra ϕ(y)ưϕ(u n ) +hBx n , yưu n i+ 1 r n hyưu n , u n ưx n i ≥F(y, u n ), ∀y ∈ C.

Do đó, ta có ϕ(y)ưϕ(u n i ) +hBx n i , yưu n i i+hyưu n i ,u n i ưx n i r n i i ≥F(y, u n i ), (2.23) với mọi y ∈C.

Với t ∈ (0,1] và y ∈ C, đặt y t = ty + (1 −y)ω Vì y ∈ C và ω ∈ C, nên y t ∈ C Khi đó, từ (2.23), ta có hy t −u n i , By t i ≥ hy t −u n i , By t i −ϕ(y t ) +ϕ(u n i )− hy t −u n i , Bx n i i

=hy t −u n i , By t −Bu n i i+hy t −u n i , Bu n i −Bx n i i

Vì ku n i −x n i k → 0, nên kBu n i −Bx n i k → 0 Hơn nữa, từ tính ngược đơn điệu mạnh của B, ta có hy t − u n i , By t −Bu n i i ≥ 0 Do vậy, từ các điều kiện (A4),

(A5), tính nửa liên tục dưới của ϕ, u n i −x n i r n i → 0 và u n i * ω, ta nhận được hy t −ω, By t i ≥ −ϕ(y t ) +ϕ(ω) +F(y t , ω) (2.24)

Từ các điều kiện (A1), (A4) và (2.24), ta cũng có

F(ω, y) +ϕ(y)−ϕ(ω) +hy−ω, Bωi ≥ 0 với mọi y ∈C Suy ra ω∈ GM EP(F, ϕ, B).

Tiếp theo ta chỉ ra ω ∈ F ix(S) Giả sử ngược lại rằng ω /∈ F ix(S) Khi đó, từ t n i * ω, ω 6=Sω, (2.22) và Mệnh đề 1.4, ta có lim inf i→∞ kt n i −ωk 0 Khi đó, các dãy {x n }, {u n }, {y n } và {z n } cùng hội tụ mạnh về w=P Ω x.

Chứng minh Trong Định lý 2.1, lấy β n = 1 và α n = 0 với mọi n ≥ 1 ta nhận được điều phải chứng minh. Định lí 2.5 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực

A : C −→ H là một toán tử đơn điệu, k-Lipschitz và cho B : C −→ B là một toán tử α-ngược đơn điệu mạnh sao cho Ω = V I(C, A)∩GM EP(F, ϕ, B) 6= ∅. Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Cho {x n }, {u n }, {y n } và {z n } là các dãy được xác định bởi

Cn ={z ∈C : kz n −zk ≤ kx n −zk},

4k), {r n } ⊂ [d, e] với [d, e] ⊂ (0,2α) và {β n } là dãy nằm trong [0,1] thỏa mãn các điều kiện lim inf n→∞ β n > 0 Khi đó, các dãy {x n }, {u n }, {y n } và {z n } cùng hội tụ mạnh về w=P Ω x.

Chứng minh Trong Định lý 2.1, lấy S =I,β n =γ n = 1và α n = 0với mọin ≥ 1 ta nhận được điều phải chứng minh. Định lí 2.6 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực

A : C −→ H là một toán tử đơn điệu, k-Lipschitz và cho B : C −→ B là một toán tử α-ngược đơn điệu mạnh sao cho Ω = V I(C, A)∩GM EP(F, ϕ, B) 6= ∅. Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Cho {x n }, {u n }, {y n } và {z n } là các dãy được xác định bởi

C n ={z ∈ C : kz n −zk 2 ≤ kx n −zk 2 + (3−3γ n )b 2 kAu n k 2 },

4k), {r n } ⊂ [d, e] với [d, e] ⊂ (0,2α), {γ n } là dãy nằm trong [0,1] thỏa mãn các điều kiện lim n→∞ γ n = 1 và γ n > 3/4 với mọi n ≥ 1 Khi đó, các dãy {x n }, {u n }, {y n } và {z n } cùng hội tụ mạnh về w= P Ω x.

Chứng minh Trong Định lý 2.1, lấy S =I, β n = 1 và α n = 0 với mọi n ≥ 1 ta nhận được điều phải chứng minh. Định nghĩa 2.1 Cho T : C −→C là một ánh xạ từ tập con lồi và đóng C vào chính nó Ta nói rằng T là ánh xạ giả co nếu hT x−T y, x−yi ≤ kx−yk 2

Chú ý 2.1 Ta biết rằng lớp ánh xạ giả co chứa thực sự lớp ánh xạ không giãn, tức là mọi ánh xạ không giãn đều là ánh xạ giả co và có những ánh xạ là giả co nhưng không phải là ánh xạ không giãn Ngoài ra, ta cũng biết rằng nếu

T là một ánh xạ giả co, thì A = I −T là một toán tử đơn điệu, Lipschitz và

Ta có định lý dưới đây cho bài toán tìm một phần tử thuộc giao của tập điểm bất động của ánh xạ giả co T, tập điểm bất động của ánh xạ không giãn S và tập nghiệm của bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát. Định lí 2.7 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H Cho F : C×C −→ R là một song hàm thỏa mãn các điều kiện (A1)- A(5) và cho ϕ : C −→ R là một hàm lồi, chính thường và nửa liên tục dưới. Cho T : C −→ C là một ánh xạ giả co và cho B : C −→ B là một toán tử α-ngược đơn điệu mạnh Cho S : C −→ H là một ánh xạ không giãn sao cho

Ω = F ix(S) ∩F ix(T) ∩GM EP(F, ϕ, B) 6= ∅ Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc(B2) đúng Cho {x n },{u n }, {y n }và {z n }là các dãy được xác định bởi

C n ={z ∈ C : kz n −zk 2 ≤ kx n −zk 2 + (3−3γ n +α n )b 2 ku n −T u n k 2 },

Khi đó, các dãy {x n }, {u n }, {y n } và {z n } cùng hội tụ mạnh về w=P Ω x.

Chứng minh Trong Định lý 2.1, với A = I −T ta nhận được điều phải chứng minh.

Ứng dụng

Trong phần này luận văn đề cập đến một số ứng dụng cho các trường hợp đặc biệt của bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát.

Nếu trong các Định lý 2.1 và Định lý 2.5 lấy B = 0, thì ta được các kết quả dưới đây cho bài toán (MEP). Định lí 2.8 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực

A : C −→ H là một toán tử đơn điệu, k-Lipschitz Cho S : C −→ H là một ánh xạ không giãn sao cho Ω = F ix(S)∩V I(C, A) ∩M EP(F, ϕ) 6= ∅ Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Cho {x n }, {u n }, {y n } và {z n } là các dãy được xác định bởi

F(u n , y) +ϕ(y)−ϕ(u n ) + 1 r n hyưu n , u n ưx n i ≥0, ∀y ∈ C, y n = (1−γ n )u n +γ n P C (x n −λ n Au n ), z n = (1−α n −β n )x n +α n y n +β n SP C (u n −λ n Ay n ),

C n ={z ∈C : kz n −zk 2 ≤ kx n −zk 2 + (3−3γ n +α n )b 2 kAu n k 2 },

4k), {r n } ⊂ [d,∞) với d > 0 và {α n }, {β n }, {γ n } là các dãy nằm trong [0,1] thỏa mãn các điều kiện:

(iv) lim n→∞ γ n = 1 và γ n >3/4 với mọi n≥ 1. Định lí 2.9 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực

A : C −→ H là một toán tử đơn điệu, k-Lipschitz Cho S : C −→ H là một ánh xạ không giãn sao cho Ω = F ix(S)∩V I(C, A) ∩M EP(F, ϕ) 6= ∅ Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Cho {x n }, {u n }, {y n } và {z n } là các dãy được xác định bởi

F(u n , y) +ϕ(y)−ϕ(u n ) + 1 rn hyưu n , u n ưx n i ≥0, ∀y ∈C, y n =P C (x n −λ n Au n ), z n = (1−β n )x n +β n SP C (u n −λ n Ay n ),

4k), {r n } ⊂ [d,∞) với d > 0 và {β n } là dãy nằm trong [0,1] thỏa mãn các điều kiện lim inf n→∞ β n >0 Khi đó, các dãy {x n }, {u n }, {y n } và {z n } cùng hội tụ mạnh về w =P Ω x.

Nếu trong các Định lý 2.1 và Định lý 2.5 lấy ϕ = 0, thì ta được các kết quả dưới đây cho bài toán (GEP). Định lí 2.10 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H Cho F : C×C −→ R là một song hàm thỏa mãn các điều kiện (A1)- A(5) ChoA : C −→ H là một toán tử đơn điệu,k-Lipschitz và choB : C −→ B là một toán tử α-ngược đơn điệu mạnh Cho S : C −→ H là một ánh xạ không giãn sao cho Ω = F ix(S) ∩V I(C, A)∩GEP(F, B) 6= ∅ Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Cho {x n }, {u n }, {y n } và {z n } là các dãy được xác định bởi

F(u n , y) +hBx n , yưu n i+ 1 r n hyưu n , u n ưx n i ≥ 0, ∀y ∈C, y n =P C (x n −λ n Au n ), z n = (1−β n )x n +β n SP C (u n −λ n Ay n ),

4k), {r n } ⊂ [d, e] với [d, e] ⊂ (0,2α) và {β n }, {γ n } là các dãy nằm trong [0,1] thỏa mãn các điều kiện:

Khi đó, các dãy {x n }, {u n }, {y n } và {z n } cùng hội tụ mạnh về w=P Ω x. Định lí 2.11 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H Cho F : C×C −→ R là một song hàm thỏa mãn các điều kiện (A1)- A(5) ChoA : C −→ H là một toán tử đơn điệu,k-Lipschitz và choB : C −→ B là một toán tử α-ngược đơn điệu mạnh Cho S : C −→ H là một ánh xạ không giãn sao cho Ω = F ix(S) ∩V I(C, A)∩GEP(F, B) 6= ∅ Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Cho {x n }, {u n }, {y n } và {z n } là các dãy được xác định bởi

F(u n , y) +hBx n , yưu n i+ 1 r n hyưu n , u n ưx n i ≥0, ∀y ∈ C, y n =P C (x n −λ n Au n ), z n = (1−β n )x n +β n SP C (u n −λ n Ay n ),

4k), {r n } ⊂ [d, e] với [d, e] ⊂ (0,2α) và {β n } là dãy nằm trong [0,1] thỏa mãn điều kiện lim inf n→∞ β n > 0 Khi đó, các dãy {x n }, {u n }, {y n } và {z n } cùng hội tụ mạnh về w=P Ω x.

Nếu trong Định lý 2.1, F(x, y) = 0với mọi x, y ∈C, thì ta thu được kết quả dưới đây cho bài toán (GVI). Định lí 2.12 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H Cho ϕ : C −→ R là một hàm lồi, chính thường và nửa liên tục dưới. Cho A : C −→ H là một toán tử đơn điệu, k-Lipschitz và cho B : C −→ B là một toán tử α-ngược đơn điệu mạnh Cho S : C −→ H là một ánh xạ không giãn sao cho Ω =F ix(S)∩V I(C, A)∩GV I(C, ϕ, B) 6=∅ Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Cho {x n }, {u n }, {y n } và {z n } là các dãy được xác định bởi

 x 1 =x∈C, ϕ(y)ưϕ(u n ) +hBx n , yưu n i+ 1 r n hy −u n , u n −x n i ≥ 0, ∀y ∈C, y n = (1−γ n )u n +γ n P C (x n −λ n Au n ), zn = (1−αn −βn)xn +αnyn +βnSPC(un−λnAyn),

Nếu trong Định lý 2.1, B = 0 và F(x, y) = 0 với mọi x, y ∈ C, thì ta thu được kết quả dưới đây cho bài toán tìm cực tiểu của phiếm hàm lồi ϕ. Định lí 2.13 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H Cho ϕ : C −→ R là một hàm lồi, chính thường và nửa liên tục dưới. Cho A : C −→ H là một toán tử đơn điệu, k-Lipschitz Cho S : C −→ H là một ánh xạ không giãn sao cho Ω =F ix(S)∩V I(C, A)∩arg min x∈C ϕ(x) 6= ∅. Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Cho {x n }, {u n }, {y n } và {z n } là các dãy được xác định bởi

Nếu trong Định lý 2.1, B = 0 và ϕ = 0, thì ta thu được kết quả dưới đây cho bài toán (EP). Định lí 2.14 Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H Cho F : C×C −→ R là một song hàm thỏa mãn các điều kiện (A1)- A(5) Cho A : C −→ H là một toán tử đơn điệu, k-Lipschitz Cho S : C −→ H là một ánh xạ không giãn sao cho Ω = F ix(S)∩V I(C, A)∩EP(F) 6=∅ Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Cho {x n }, {u n }, {y n } và {z n } là các dãy được xác định bởi

F(un, y) + 1 r n hyưun, un ưxni ≥0, ∀y ∈ C, y n = (1−γ n )u n +γ n P C (x n −λ n Au n ), z n = (1−α n −β n )x n +α n y n +β n SP C (u n −λ n Ay n ),

Ví dụ số minh họa

Trên tập các số thựcR, xét hàmF(x, y) =y 2 −x 2 với mọix, y∈ R,ϕ(x) =x 2 ,

4x, Bx = 2x và Sx = sinx với mọi x ∈ R Khi đó, dễ thấy song hàm

F(x, y) thỏa mãn các giả tiết (A1)-(A5), ϕ là hàm lồi, A là toán tử đơn điệu và 1

4-Lipschitz, B là 2-ngược đơn điệu mạnh và S là ánh xạ không giãn.

Xét bài toán tìm một phần tửx ∗ ∈Ω =F ix(S)∩V I(C, A)∩GM EP(F, ϕ, B).

Với mỗi r > 0, ta tìm ánh xạ T r : R−→ R bởi

T r (x) ={z ∈R : F(z, y) +ϕ(y)−ϕ(z) +1 rhy−z, z−xi ≥ 0, ∀y ∈ R}. Điều này tương đương với

Bất đẳng thức trên đúng khi và chỉ khi

4r+ 1 với mọi x∈ R. Áp dụng phương pháp lặp (2.1) với x 1 = 2, a= 1/40, b= 1/20, d= 1, e= 3, r n = 1, α n = 1/4n, β n = 1/2−1/4n, λ n = 1/25 và γ n = 3/4 +n/(4n+ 1) với mọi n ≥1, ta nhận được bảng kết quả dưới đây:

10 −7 106 9.6×10 −8 −9.6×10 −8 Bảng 2.1: Nghiệm gần đúngx n và sai số giữa nghiệm gần đúng với nghiệm đúngx ∗ = 0

Sự hội tụ của phương pháp lặp (2.1) còn được thể hiện trong hình dưới đây:

Hình 2.1: Mô tả sai số giữa nghiệm gần đúng và nghiệm đúng

Luận văn đã trình bày lại một cách khá chi tiết và hệ thống về các vấn đề sau:

• Một số tính chất của không gian Hilbert (sự hội tụ yếu và các tính chất liên quan, định lý tách tập lồi, phép chiếu mêtric và đặc trưng của nó);

• Bài toán điểm bất động của ánh xạ không giãn và phương pháp lặp Mann;

• Bài toán bất đẳng thức biến phân và các phương pháp gradient và gradient tăng cường;

• Bài toán cân bằng và các bài toán liên quan; bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát và một số phương pháp giải;

• Trình bày chi tiết kết quả của J W Peng và J C Yao trong tài liệu [12] cùng với một ví dụ số minh họa.

[1] R P Agarwal, D O’Regan, D R Sahu (2009), Fixed Point Theory for Lipschitzian-type Mappings with Applications, Springer.

[2] H.H Bauschke, P.L Combettes (2010), Convex Analysis and Monotone Op- erator Theory in Hilbert spaces, Springer.

[3] A Bnouhachem, M A Noor, E Al-Said , M Khalfaoui, S Zhaohan Ex- tragradient method for variational inequalities Hacettepe Journal of Math- ematics and Statistics, 40, pp 839-854, 2011.

[4] L C Ceng, N Hadjisavvas and N.C Wong (2010), "Strong Convergence Theorem by a Hybrid Extragradient-like Approximation Method for Varia- tional Inequalities and Fixed point Problems", J Glob Optim., 46(4), pp. 635-646.

[5] K Fan (1961), "A generalization of Tychonoff’s fixed-point theorem", Math. Ann., 142, pp 305-310.

[6] G M Korpelevich The extragradient method for finding saddle points and other problems Ekonomika i Matematcheskie Metody,12, pp 747-756, 1976.

[7] J L Lions, G Stampacchia Variational inequalities Communications on Pure and Applied Mathematics, 20, pp 493-512, 1967.

[8] N Nadezhkina and W Takahashi (2006), "Weak convergence theorem by an extragradient method for nonexpansive mappings and monotone mappings",

[9] K Nakajo, W Takahashi (2003), "Strong convergence theorems for nonexpansive mappings and nonexpansive semigroups", J Math Anal Appl.,

[10] M A Noor Extragradient methods for pseudomonotone variational inequalities Journal of Optimization Theory and Applications,117, pp 475-488,

Định dạng
Số trang	54
Dung lượng	394,95 KB

(LUẬN văn THẠC sĩ) phương pháp gradient tăng cường cho bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát, bài toán điểm bất động và bài toán bất đẳng thức biến phân​