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.
Định lý 1.2: Cho H là một không gian Hilbert thực Với mọi x,y ∈ H và mọi λ ∈ [0,1], ta có ||λx+(1−λ)y||^2 = λ||x||^2 + (1−λ)||y||^2 − λ(1−λ)||x−y||^2 Chứng minh: ta có ||λx+(1−λ)y||^2 = λ^2||x||^2 + 2λ(1−λ)⟨x,y⟩ + (1−λ)^2||y||^2; về sau, với công thức ||x−y||^2 = ||x||^2 + ||y||^2 − 2⟨x,y⟩, ta thấy λ||x||^2 + (1−λ)||y||^2 − λ(1−λ)||x−y||^2 = λ^2||x||^2 + 2λ(1−λ)⟨x,y⟩ + (1−λ)^2||y||^2, nên hai phía bằng nhau và mệnh đề được chứng minh.
=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
Xét hàm f(λ) = ||x − λy||^2 = ||x||^2 − 2λ⟨x,y⟩ + λ^2||y||^2 với mọi λ ∈ R Vì f(λ) ≥ 0, nếu y = 0 thì x và y là phụ thuộc tuyến tính Giả sử y ≠ 0, chọn λ0 = ⟨x,y⟩/||y||^2, khi đó f(λ0) = ||x||^2 − ⟨x,y⟩^2/||y||^2 ≥ 0, nên ⟨x,y⟩^2 ≤ ||x||^2||y||^2, tức là |⟨x,y⟩| ≤ ||x|| ||y|| Đó là bất đẳng thức Cauchy–Schwarz.
|hx, yi| lim inf n→∞ kx n −xk 2 + 2hx n −x, x−yi
Do đó, ta nhận được lim inf n→∞ kx n −xk R.
Mệnh đề dưới đây cho ta một điều kiện cần và đủ để ánh xạ P C : H −→ C là một phép chiếu mêtric.
Mệnh đề 1.7 Cho C là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert thực H.
Khi đó, điều kiện cần và đủ để ánh xạ P C : H −→ C là phép chiếu mêtric từ H lên C là hx−P C x, P C x−yi ≥0 với mọi x ∈H và y ∈C (1.3)
Chứng minh: Giả sử P_C là phép chiếu mêtric lên C của không gian H Với mọi x ∈ H, mọi y ∈ C và mọi t ∈ (0,1), ta có t y + (1−t) P_C x ∈ C Do đó, từ định nghĩa của phép chiếu mêtric, suy ra kx−P_C xk^2 ≤ kx−t y−(1−t)P_C xk^2, với mọi t ∈ (0,1).
Bất đẳng thức trên tương đương với kx−P C xk 2 ≤ kx−P C xk 2 −2thx−P C x, y−P C xi+t 2 ky−P C xk 2 , với mọi t ∈(0,1) Từ đó, ta có hx−P C x, P C x−yi ≥ −t
2ky −P C xk 2 , với mọi t ∈(0,1) Cho t→ 0 + , ta nhận được hx−P C x, P C x−yi ≥ 0.
Ngược lại, giả sử hx−P C x, P C x−yi ≥0 với mọi x∈H và y ∈ C.
Khi đó, với mỗi x∈ H và y ∈ C, ta có kx−P C xk 2 = hx−P C x, x−y +y−P C xi
= kx−yk 2 +hy −P C x, x−P C xi − ky−P C xk 2
Suy ra P C là phép chiếu mêtric từ H lên C.
Từ mệnh đề trên, ta có hệ quả dưới đây:
Hệ quả 1.1 Cho C là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert H và P_C là phép chiếu mêtric từ H lên C Với mọi x, y ∈ H, ta có ||P_C x − P_C y||^2 ≤ ⟨x − y, P_C x − P_C y⟩ Đây là đặc tính quan trọng của phép chiếu lên C trong không gian Hilbert, cho thấy phép chiếu lên C có tính chất không giãn mạnh và là cơ sở cho các phương pháp tối ưu hóa liên quan đến việc giảm khoảng cách tới C khi làm việc với các bài toán trong H.
Chứng minh Với mọi x, y∈ H, từ Mệnh đề 1.7, ta có hx−P C x, P C y−P C xi ≤ 0, hy−P C y, P C x−P C yi ≤0.
Cộng hai bất đẳng thức trên ta nhận được điều phải chứng minh.
Trong không gian Hilbert H, với C là tập con lồi đóng và P_C là phép chiếu mêtric từ H lên C, bất đẳng thức sau đúng với mọi x ∈ H và y ∈ C: ||x − y||^2 ≥ ||x − P_C x||^2 + ||y − P_C x||^2 Chứng minh dựa trên Mệnh đề 1.7: từ đó ta có ⟨x − P_C x, y − P_C x⟩ ≤ 0, tức là ⟨x − P_C x, P_C x − y⟩ ≥ 0 Phân tích bình phương của x − y cho ta: ||x − y||^2 = ||x − P_C x||^2 + ||P_C x − y||^2 + 2⟨x − P_C x, P_C x − y⟩ ≥ ||x − P_C x||^2 + ||P_C x − y||^2, tức ||x − y||^2 ≥ ||x − P_C x||^2 + ||y − P_C x||^2.
Từ đó, ta có kx−yk 2 =k(x−P C x)−(y−P C x)k 2
=kx−P C xk 2 +ky−P C xk 2 −2hx−P C x, y−P C xi
≥ kx−P C xk 2 +ky−P C xk 2 Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.9 Cho C là một tập con lồi, đóng của không gian Hilbert H và x /∈C Khi đó, tồn tại một phần tử v ∈H, v 6= 0 sao cho sup y∈C hv, yi ≤ hv, xi − kvk 2
Chứng minh: vì x không thuộc C nên v = x − P_C x ≠ 0 Từ Mệnh đề 1.7, với mọi y ∈ C ta có ⟨v, y − P_C x⟩ ≤ 0 Suy ra ⟨v, y − x + x − P_C x⟩ ≤ 0, với mọi y ∈ C, tương ứng với ⟨v, y⟩ ≤ ⟨v, x⟩ − ∥v∥^2, với mọi y ∈ C Do đó sup_{y ∈ C} ⟨v, y⟩ ≤ ⟨v, x⟩ − ∥v∥^2.
Mệnh đề được chứng minh.
Chú ý 1.1 Mệnh đề 1.9 còn được gọi là định lý tách tập lồi cho trước với một điểm không thuộc nó.
Mệnh đề 1.10 Nếu C là một tập con lồi và đóng của không gian Hilbert H, thì C là tập đóng yếu.
Chứng minh Giả sử C không là tập đóng yếu Khi đó tồn tại x không thuộc C và một dãy x_n ∈ C sao cho x_n hội tụ yếu tới x Vì C là tập lồi và đóng, theo định lý tách các tập lồi tồn tại y ∈ H và ε > 0 sao cho ⟨y, z⟩ ≤ ⟨y, x⟩ − ε với mọi z ∈ C Đặc biệt với mọi n, ⟨y, x_n⟩ ≤ ⟨y, x⟩ − ε Khi n → ∞, ta có ⟨y, x_n⟩ → ⟨y, x⟩ nên ⟨y, x⟩ ≤ ⟨y, x⟩ − ε, điều vô lý Do đó, C là tập đóng yếu.
Chú ý 1.2 Nếu C là tập đóng yếu trong H thì hiển nhiên C là tập đóng.
Từ định lý Banach-Alaoglu, ta có mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 1.11 Mọi tập con bị chặn của H đều là tập compact tương đối yếu.
Bài toán tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn
Định nghĩa 1.2 Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H Ánh xạ T : C → H được gọi là ánh xạ không giãn khi với mọi x, y ∈ C ta có ||Tx − Ty|| ≤ ||x − y|| Nói cách khác, T không làm tăng khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong C, tức là sự khác biệt giữa hai ảnh của x và y dưới T không lớn hơn sự khác biệt giữa chính x và y, một đặc trưng quan trọng trong phân tích tối ưu và nghiên cứu cố định điểm trong không gian Hilbert.
Ta ký hiệu tập điểm bất động của ánh xạ không giãn T là F ix(T), tức là
Mệnh đề dưới đây cho ta mô tả về tính chất của tập điểm bất động F ix(T).
Mệnh đề 1.12: Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H và T: C → H là một ánh xạ không giãn Khi đó tập các điểm cố định Fix(T) là một tập lồi và đóng trong H.
Chứng minh Giả sử F ix(T) 6=∅.
Trước hết, chúng ta chứng minh Fix(T) là tập đóng Vì T là ánh xạ không giãn nên T liên tục trên C Giả sử {x_n} ⊂ Fix(T) và x_n → x khi n → ∞ Với mỗi n, x_n ∈ Fix(T) nên T x_n = x_n và ||T x_n − x_n|| = 0 Do tính liên tục của chuẩn và của T, ta có ||T x − x|| = lim_{n→∞} ||T x_n − x_n|| = 0, tức là T x = x và x ∈ Fix(T) Do đó Fix(T) là tập đóng.
Tiếp theo ta chỉ ra tính lồi của Fix(T) Giả sử x, y ∈ Fix(T), tức Tx = x và Ty = y Với λ ∈ [0,1], đặt z = λx + (1−λ)y Từ Mệnh đề 1.2 và tính không giãn của T ta có ||Tz − z||^2 = ||λ(Tz − x) + (1−λ)(Tz − y)||^2 Nhờ đó, ta xét được rằng z thuộc Fix(T); từ đó Fix(T) được chứng minh là lồi.
Suy ra T z= z và do đó z ∈ F ix(T) Vậy F ix(T) là một tập lồi.
Bài toán Cho T : C −→ H là một ánh xạ không giãn từ tập con lồi, đóng và khác rỗng C của không gian Hilbert H vào H là một ánh xạ không giãn với
Fix(T) ≠ ∅ Tìm phần tử x* ∈ Fix(T) Có nhiều phương pháp nổi tiếng được đề xuất để giải bài toán này, gồm lặp Mann, lặp Ishikawa, lặp Halpern, xấp xỉ mềm và phương pháp sử dụng siêu phẳng cắt Trong luận văn này, chúng tôi giới thiệu phương pháp lai chiếu được K Nakajo và W Takahashi đề xuất vào năm 2003 [9] Kết quả được trình bày qua Định lý 1.1 [9]: cho H là một không gian Hilbert thực và C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của H; cho T là một ánh xạ không giãn từ C vào chính nó.
F ix(T) 6=∅ Với x 1 ∈C bất kỳ, ta xác định dãy {x n } như sau
(1.4) trong đó {α n } là dãy số thực thỏa mãn điều kiện {α n } ⊂ [0, a), với a < 1 Khi đó, dãy {x n } hội tụ mạnh về P F ix(T ) x 1 , khi n → ∞.
Bài toán bất đẳng thức biến phân
Phát biểu bài toán
Cho C 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 được phát biểu như sau: tìm x* ∈ C sao cho ⟨A(x*), y − x*⟩ ≥ 0 với mọi y ∈ C.
Tìm x ∗ ∈C sao cho hA(x ∗ ), x−x ∗ i ≥0 với mọi x ∈C (1.5)
Tập hợp những điểmx ∗ ∈ C thỏa mãn (1.5) được gọi là tập nghiệm của bài toán và ký hiệu là V I(C, A).
Trước hết chúng ta nhắc lại một số khái niệm sau.
Cho H là một không gian Hilbert thực, C là tập lồi đóng khác rỗng của H và A: C → H là một ánh xạ từ C vào H a) A được gọi là đơn điệu trên C nếu ⟨A(x) − A(y), x − y⟩ ≥ 0 với mọi x,y ∈ C; b) A được gọi là giả đơn điệu trên C nếu ⟨A(y), x − y⟩ ≥ 0 suy ra ⟨A(x), x − y⟩ ≥ 0 với mọi x,y ∈ C; c) A được gọi là α−đơn điệu mạnh trên C nếu tồn tại α > 0 sao cho ⟨A(x) − A(y), x − y⟩ ≥ α ||x − y||^2 cho mọi x,y ∈ C; d) A được gọi là α-ngược đơn điệu mạnh trên C nếu tồn tại α > 0 sao cho ⟨A(x) − A(y), x − y⟩ ≥ α ||A(x) − A(y)||^2 cho mọi x,y ∈ C; e) A được gọi là h-liên tục trên C nếu lim_{t→0+} ⟨A(x+ty) − A(x), y⟩ = 0 cho mọi x,y ∈ C với x+ty ∈ C; f) A được gọi là L-liên tục Lipschitz trên C nếu tồn tại một hằng số L ≥ 0 sao cho ||A(x) − A(y)|| ≤ L ||x − y|| với mọi x,y ∈ C.
L >0 sao cho với mọi x, y ∈C ta có: kA(x)−A(y)k ≥Lkx−yk.
Có thể thấy rằng nếu ánh xạ A là α-strongly monotone (α-đồng monotone mạnh), thì A là một ánh xạ đơn điệu và liên tục Lipschitz Điều này tạo nền tảng để áp dụng các phương pháp tìm nghiệm cho bất đẳng thức biến phân cổ điển (1.5) trong không gian Hilbert Dưới đây là một số phương pháp được sử dụng để tìm nghiệm cho bài toán này.
Phương pháp gradient
Ta có mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 1.13 Phần tử x ∗ ∈C là nghiệm của bất đẳng thức biến phân cổ điển (1.5) nếu và chỉ nếu x ∗ = P C (x ∗ −λA(x ∗ )) (1.6) ở đây λ >0 là một hằng số.
Chứng minh: Từ Mệnh đề 1.7, ta có x* = P_C(x* − λ A(x*)) khi và chỉ khi h(x* − λ A(x*)) − ⟨x*, x − x*⟩ ≤ 0 với mọi x ∈ C Điều này tương đương với h_A(x*, x − x*) ≥ 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] đề xuất một kết quả mới cho bài toán (1.5) Họ xây dựng dãy lặp cố định được xác định như sau: x0 ∈ C, x_{n+1} = P_C(x_n − λ F(x_{n+1})), n = 0,1,2 (1.8) Dãy lặp này được chứng minh 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 đảm bảo hội tụ mạnh khi ánh xạ F đơn điệu mạnh và liên tục Lipschitz Một số nhà toán học đã mở rộng phương pháp gradient bằng cách 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 − λ F(x_n)), x_{n+1} = P_C (x_n − λ F(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 cho biết nếu (x1, x2) ∈ C1 × C2 là điểm yên ngựa của hàm φ, thì với mọi (y1, y2) ∈ C1 × C2 ta có φ(x1, y2) ≤ φ(x1, x2) ≤ φ(y1, x2) Đặt C = C1 × C2 và F((x1, x2),(y1, y2)) = φ(y1, x2) − φ(x1, y2) với mọi (x1, x2),(y1, y2) ∈ 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 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 tối ưu min x ∈ C φ(x), trong đó φ: H → R là một hàm lồi khả vi Ta biết rằng một phần tử x ∈ C là nghiệm của bài toán (1.13) nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn điều kiện ⟨∇φ(x), y − x⟩ ≥ 0 với mọi y ∈ C Đặt F(x, y) = ⟨∇φ(x), y − x⟩ với mọi x, y ∈ C Khi đó, 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 mọi x, y ∈ C, ta đặt F(x, y) = hAx, y − xi, tạo thành một song hàm F : C × C → R Rõ ràng phần tử x là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân VI(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 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:
Tìm một phần tử x ∈C sao cho
Trong nghiên cứu cân bằng và tối ưu, tập nghiệm của bài toán MEP được ký hiệu là MEP(F, φ) Khi φ = 0, bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát (GMEP) sẽ trở thành bài toán cân bằng tổng quát, cho thấy mối liên hệ trực tiếp giữa MEP và GMEP khi tham số φ nhận giá trị bằng 0.
Tìm một phần tử x ∈C sao cho
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) Trong các trường hợp đặc biệt, nếu ϕ = 0 và B = 0 thì bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát (GMEP) trở thành bài toán cân bằng EP(F) Và 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 VI(C, B, φ) Khi F = 0 và φ = 0, bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát GMEP trở thành bài toán bất đẳng thức biến VI(C, B) Khi F = 0 và B = 0, GMEP trở thành bài toán tìm cực tiểu của 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
Trong bài viết này, ta xem xét tập cố định Fix(S) của một ánh xạ không giãn S và tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân VI(C, A) Định lý 2.1 cho biết rằng khi C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực, các đặc trưng về tập nghiệm của VI(C, A) được xác định dưới các điều kiện này.
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
Trong khuôn khổ bài toán này, A: C → H là một toán tử đơn điệu, k-Lipschitz và 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 = Fix(S) ∩ VI(C, A) ∩ GMEP(F, φ, B) ≠ ∅ Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Gọi {x_n}, {u_n}, {y_n} và {z_n} là các dãy được xác định bởi các quy tắc cập nhật tương ứng của phương pháp nhằm tìm phần tử của Ω.
+ 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 có x_n = P_{Q_n}(x) Đặt t_n = P_C(u_n − λ_n A y_n) với mọi n ≥ 1 Lấy u ∈ Ω và định nghĩa dãy ánh xạ {T_r_n} theo cách được Bổ đề 2.2 Khi đó, u = P_C(u − λ A u) = T_r_n(u − r_n B u).
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
≤ hu n −λ n Au n −(1−γ n )u n −γ n P C (u n −λ n Au n ), t n −y n i +λ n kAu n −Ay n kkt n −y n k
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
= (1−γ n )hu n −λ n Au n −P C (u n −λ n Au n ), t n −u n i +γ n hu n −λ n Au n −P C (u n −λ n Au n ), t n −P C (u n −λ n Au 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 ) +β n (ku n −uk 2 + 3(1−γ n )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
Giả thiết Ω_k ≠ ∅, thì C_k ∩ Q_k là một 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 ⟨x_{k+1} − z, x − x_{k+1}⟩ ≥ 0 với mọi z ∈ C_k ∩ Q_k.
Vì Ω ⊂ C_k ∩ Q_k nên ta có ⟨h x_{k+1} − z, x − x_{k+1}⟩ ≥ 0 với mọi z ∈ Ω, và do đó Ω ⊂ Q_{k+1} Suy ra Ω ⊂ C_{k+1} ∩ Q_{k+1}, tức là dãy {x_n} được xác định hoàn toàn 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 || x_{n+1} − x || ≤ || l_0 − x || (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}, {A u_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 có ||x_n - x|| ≤ ||x_{n+1} - x|| với mọi n ≥ 1 Do đó dãy ||x_n - x|| là dãy tăng đơn điệu Kết hợp điều này với (2.6), suy ra tồn tại giới hạn hữu hạn lim_{n→∞} ||x_n - x||.
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
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 ]
≤(1−α n −β n )kx n −uk 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 ]
≤ kx n −uk 2 + (α n +β n )r n (r n −2α)kBx n −Buk 2 + (3−3γ n +α 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 + 2r n hBx n −Bu, x n −u n i −r 2 n kBx n −Buk 2 ].
Do đó, ta nhận được
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
Do đó, ta nhận được
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.
Trong chứng minh Định lý 2.1, ta lấy β_n = 1 và α_n = 0 với mọi n ≥ 1 để nhận được điều cần chứng minh Định lý 2.5 cho biết: C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực, và từ giả thiết này ta có các kết luận liên quan.
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 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 Định lý 2.1 được thực hiện bằng cách chọn S = I, β_n = γ_n = 1 và α_n = 0 với mọi n ≥ 1, từ đó nhận được điều cần chứng minh Định lý 2.6 coi C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực Các đặc tính lồi, đóng và không rỗng của C đóng vai trò nền tảng cho các kết quả liên quan đến tồn tại nghiệm và tính hội tụ của các bài toán tối ưu trong 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 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, ta lấy S = I, β_n = 1 và α_n = 0 với mọi n ≥ 1 để thu được điều cần chứng minh Định nghĩa 2.1: Cho T : C → C là một ánh xạ từ tập con lồi và đóng của C vào chính nó Ta nói T là ánh xạ giả co nếu ||Tx − Ty|| ≤ k||x − y|| với mọi x, y ∈ C và với một hằng số k ∈ [0,1).
Chú ý 2.1 cho biết 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, đồng thời có những ánh xạ là giả co nhưng không phải là ánh xạ không giãn Đây là sự khẳng định rõ ràng về mối quan hệ giữa hai lớp ánh xạ, nhấn mạnh rằng lớp giả co bao hàm đầy đủ các ánh xạ không giãn và còn chứa những ánh xạ giả co khác Ngoài ra, ta cũng biết thêm các đặc điểm liên quan đến sự khác biệt và sự tương tác giữa các lớp ánh xạ này.
T là một ánh xạ giả co, thì A = I −T là một toán tử đơn điệu, Lipschitz và
Chúng ta trình bày một định lý cho bài toán tìm phần tử thuộc giao của ba tập: 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 lý 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)–(A5) 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 },
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=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.
Trong khuôn khổ bài toán (MEP), khi đặt B = 0 theo Định lý 2.1 và Định lý 2.5, ta thu được các kết quả quan trọng sau Định lý 2.8 cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực khẳng định rằng các điều kiện về cấu trúc và tối ưu hóa đảm bảo tồn tại nghiệm tối ưu và mô tả mối liên hệ giữa nghiệm ấy với các phép chiếu lên C, từ đó cung cấp nền tảng cho phân tích và giải bài toán.
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
Đặt A : C → H là một toán tử đơn điệu và k-Lipschitz Cho S : C → H là một ánh xạ không giãn sao cho Ω = Fix(S) ∩ VI(C, A) ∩ MEP(F, φ) ≠ ∅ 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
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
Toán tử A: C → H là đơn điệu và k-Lipschitz Cho S: C → H là ánh xạ không giãn và Ω = Fix(S) ∩ VI(C, A) ∩ MEP(F, φ) ≠ ∅ Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Xét các dãy x_n, u_n, y_n và z_n được xác định bởi các công thức lặp liên quan đến S, A và φ, cùng với các ràng buộc liên quan đến F và φ trong bài toán MEP(F, φ) và VI(C, A) Nghiên cứu nhằm làm rõ mối liên hệ giữa tập Ω và các dãy này, và trình bày các kết quả về tính hội tụ và đặc tính tối ưu của chúng tương ứng với VI(C, A) và MEP(F, φ).
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.
Định lí 2.10 nêu rằng với C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H; F: C×C → R là một song hàm thỏa mãn các điều kiện (A1)–(A5); A: C → H là một toán tử đơn điệu, k-Lipschitz và B: C → B là một toán tử α-ngược đơn điệu mạnh; S: C → H là một ánh xạ không giãn sao cho Ω = Fix(S) ∩ VI(C, A) ∩ GEP(F, B) ≠ ∅ 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 các công thức tương ứng.
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 ),
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 {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.
Theo Định lý 2.11, khi C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H; F:C×C → R là một song hàm thỏa mãn các điều kiện (A1)–(A5); A:C → H là một toán tử đơn điệu và k-Lipschitz; B:C → B là một toán tử α-ngược đơn điệu mạnh; S:C → H là một ánh xạ không giãn sao cho Ω = Fix(S) ∩ VI(C,A) ∩ GEP(F,B) ≠ ∅; và giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Khi đó các dãy {x_n}, {u_n}, {y_n} và {z_n} được xác định bởi các công thức của bài toán sẽ đồng thời hội tụ mạnh về w = P_Ω x.
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.
Trong khuôn khổ Định lý 2.1, nếu F(x, y) = 0 với mọi x, y ∈ C thì ta thu được kết quả cho bài toán (GVI) Định lý 2.12 cho biết: C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H; đồng thời φ: C → R là một hàm lồi, chính thường và nửa liên tục dưới.
Trong khuôn khổ bài toán tối ưu và phân tích lộ trình biến thiên, cho A: C → H là một toán tử đơn điệu và k-Lipschitz, B: C → B là một toán tử α-ngược đơn điệu mạnh, và S: C → H là một ánh xạ không giãn Đặt Ω = Fix(S) ∩ VI(C, A) ∩ GVI(C, φ, B) và giả sử Ω ≠ ∅, với Fix(S) là tập các điểm cố định của S, VI(C, A) là tập nghiệm của biến thiên với A và GVI(C, φ, B) là tập nghiệm của biến thiên tổng quát với φ và B Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Xét các dãy {x_n}, {u_n}, {y_n}, {z_n} được xác định theo quy tắc lặp tương ứng nhằm tìm điểm cố định và nghiệm biến thiên, và các điều kiện trên đảm bảo rằng các dãy này hội tụ tới một phần tử của Ω, cho thấy tính nhất quán giữa A, B và S cùng với các khía cạnh VI và GVI liên quan.
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),
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=P Ω x.
Trong Định lý 2.1, nếu B = 0 và F(x, y) = 0 với mọi x, y ∈ C, ta thu được kết quả cho bài toán tìm cực tiểu của hàm lồi ϕ Định lý 2.13 cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H, và cho ϕ: C → R là một hàm lồi, chính thường và nửa liên tục dưới Các điều kiện này đảm bảo tồn tại nghiệm tối ưu cho bài toán tối ưu hóa trên C và tận dụng tính chất lồi của ϕ để đảm bảo tính ổn định của giải pháp.
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
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.
Khi đó, các dãy {x n }, {u n }, {y n } và {z n } cùng hội tụ mạnh về w=P Ω x.
Định lý 2.14 xem xét C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H; F:C×C → R là một song hàm thỏa mãn các điều kiện A1–A5 Cho A:C → H là một toán tử đơn điệu, k-Lipschitz và S:C → H là một ánh xạ không giãn sao cho Ω = Fix(S) ∩ VI(C, A) ∩ EP(F) ≠ ∅ Giả sử một trong hai điều kiện B1 hoặc B2 đúng Cho các dãy x_n, u_n, y_n và z_n được xác định bởi một quy trình lặp liên quan đến bài toán EP(F).
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 ),
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.
Khi đó, các dãy {x n }, {u n }, {y n } và {z n } cùng hội tụ mạnh về w=P Ω x.
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.
[5] K Fan (1961), "A generalization of Tychonoff’s fixed-point theorem", Math.
[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 non- expansive mappings and nonexpansive semigroups", J Math Anal Appl.,
[10] M A Noor Extragradient methods for pseudomonotone variational inequal- ities Journal of Optimization Theory and Applications,117, pp 475-488,