ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN THỊ HOÀNG ANH PHƯƠNG PHÁP CHIẾU CHO BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRÊN TẬP ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA MỘT ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN Chuyên ngành TOÁN ỨNG DỤNG MÃ SỐ[.]
Không gian Hilbert và một số tính chất
Trong chương này, chúng ta sẽ xem xét lại các khái niệm cơ bản trong không gian Hilbert, bao gồm tính trực giao, hình chiếu, toán tử compact và toán tử bị chặn Nội dung chương được tham khảo từ các tài liệu [5], [9], [2].
Trong không gian Hilbert H, hai vectơ x và y được gọi là trực giao với nhau, ký hiệu x⊥y, nếu tích vô hướng hx, yi = 0 Từ định nghĩa này, có thể rút ra một số tính chất quan trọng: (a) Nếu x⊥y thì y⊥x, và x⊥x chỉ khi x = 0; vectơ 0 trực giao với mọi vectơ x (b) Nếu x⊥(y₁, y₂, , yₙ) thì x⊥(α₁y₁ + α₂y₂ + + αₙyₙ) với α₁, α₂, , αₙ là các hệ số (c) Nếu x⊥yₙ và yₙ tiến tới y khi n tiến tới vô cùng, thì x⊥y (d) Nếu tập M là trù mật trong H, thì M⊥ chỉ chứa một phần tử duy nhất.
0, nghĩa là x⊥M ⇒x = 0. e) Nếu x⊥y thì kx+yk 2 = kxk 2 +kyk 2 (định lý Pythagore). f) Nếu {x n } là một hệ trực giao (nghĩa là các vectơ x n trực giao từng đôi một) thì chuỗi
(x n ) hội tụ khi và chỉ khi chuỗi
Định lý 1.1.1 xác định rằng trong không gian Hilbert H, với M là một không gian con đóng, bất kỳ phần tử x nào của H đều có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng x = y + z, trong đó y là phần tử gần nhất của M với x và z thuộc M ⊥ Điều này có nghĩa là khoảng cách giữa x và y là nhỏ nhất so với mọi phần tử u trong M.
Toán tử compact là một lớp quan trọng trong toán tử bị chặn Định nghĩa, một toán tử A từ không gian Hilbert H đến H được xem là toán tử compact nếu mọi dãy {x n } bị chặn trong H sẽ tạo ra một dãy con hội tụ {Ax n } Ngoài ra, theo định lý, mọi toán tử compact đều bị chặn Hơn nữa, nếu A là toán tử compact trong không gian Hilbert, thì nó có những đặc điểm quan trọng cần được chú ý.
H và B là các toán tử bị chặn trên không gian Hilbert H, và do đó, AB và BA cũng là các toán tử compact Một toán tử được gọi là hữu hạn chiều nếu miền giá trị của nó là hữu hạn Theo định lý 1.1.4, toán tử bị chặn hữu hạn chiều sẽ luôn là compact Định lý 1.1.5 cho biết rằng giới hạn của dãy hội tụ đều các toán tử compact cũng là compact Đặc biệt, nếu T1, T2, , Tn là các toán tử compact trong không gian Hilbert H và kTn - Tk → 0 khi n → ∞ với mọi toán tử T trên H, thì T sẽ là một toán tử compact.
Giới hạn của dãy hội tụ các toán tử hữu hạn chiều là toán tử compact Một toán tử T trên không gian Hilbert H được coi là compact nếu và chỉ nếu nó biến một dãy hội tụ yếu thành dãy hội tụ mạnh.
T là compact nếu và chỉ nếu x n * x thì T x n →T x với bất kì x n , x ∈ H.
Điểm bất động của ánh xạ không giãn
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá các khái niệm liên quan đến ánh xạ không giãn và các định lý về điểm bất động trong không gian Hilbert thực H với tích vụ hướng và chuẩn Ánh xạ T: C → C được coi là không giãn nếu thỏa mãn điều kiện kT x−T yk ≤ kx−yk cho mọi x, y thuộc tập hợp C, trong đó C là một tập con lồi đóng khác rỗng của H Ngoài ra, một điểm x thuộc C được gọi là điểm bất động của ánh xạ T.
T nếu T x = x Kí hiệu: F ixT là tập các điểm bất động của T Tức là
Tập FixT = {x ∈ C: T x = x} được định nghĩa là tập hợp các điểm bất động của ánh xạ T Tập C được gọi là có cấu trúc chuẩn tắc trong không gian định chuẩn X nếu mọi tập con lồi, đóng và bị chặn H đều chứa ít nhất một điểm x ∈ H sao cho sup{kx−zk : z ∈ H} < diamH Định lý 1.2.1 (Kirk) khẳng định rằng nếu C là một tập hợp lồi, compact yếu có cấu trúc chuẩn tắc trong không gian định chuẩn X và T : C → C là một ánh xạ không giãn, thì ánh xạ T sẽ có ít nhất một điểm bất động trong C.
Tập hợp F không rỗng vì chứa phần tử C Với quan hệ thứ tự là bao hàm thức, (F,⊂) trở thành một tập hợp được sắp thứ tự bộ phận Đặt G = {L α } với L α thuộc F và có tính lồng nhau, ta có ∩ αL α không rỗng do C là compact yếu và T(∩ α Lα) nằm trong ∩ αLα, từ đó ∩ α Lα là cận dưới của G Theo bổ đề Zorn, tập hợp F chứa một phần tử cực tiểu H.
Ta chứng minh rằng H chỉ gồm một điểm bằng phương pháp phản chứng Giả sử rằng d diamH > 0 Với cấu trúc chuẩn tắc của C, tồn tại z ∈ H sao cho r = sup{kz−xk : x ∈ H} < d Đặt D = {z ∈ H : H ⊂ B(z, r)} 6= ∅, trong đó B(z, r) là hình cầu đóng tâm z với bán kính r Chọn z bất kỳ trong D, do T là không giãn, ta có
T(H) ⊂ B(T z, r) nên coT(H) ⊂ B(T z, r) Vì coT(H) là tập hợp lồi, đóng trongC nên cũng là compact yếu, hơn nữacoT(H) ⊂coH = H nên
T(coT(H)) ⊂ T(H) ⊂ coT(H), vậy coT(H) ∈ F Mặt khác coT(H) ⊂
H và H là cực tiểu nên coT(H) = H Từ đây ta có H ⊂ B(T z, r), suy ra T z ∈ D, vậy T(D) ⊂D với z bất kì trong D.
D là một tập hợp lồi và đóng Đối với hai điểm z1, z2 thuộc D và z = αz1 + (1 − α)z2 với α trong khoảng [0,1], ta có kx − zi k ⩽ r cho i = 1,2 với mọi x thuộc H Do đó, kx − zk ⩽ r với mọi x thuộc H, dẫn đến z thuộc D, chứng minh rằng D lồi Nếu z_n thuộc D và z_n tiến tới z, thì kx − z_n k < r suy ra kx − zk ⩽ r với mọi x thuộc H, từ đó kết luận rằng z thuộc D, chứng minh rằng D đóng.
Tóm lại D ⊂C là tập lồi, đóng và bất biến đối với T, vậyD ∈ F Từ
D ⊂ H và H là cực tiểu, suy ra D = H Với mọi u, v ∈ D = H, ta có ku−vk⩽ r, dẫn đến d = diamH = diamD ⩽ r < d, tạo ra mâu thuẫn Do đó, H chỉ gồm một điểm, tức là H = {x ∗ } Vì H là bất biến đối với T, ta có T x ∗ = x ∗ Định lý 1.2.2 ([2], Browder-Gohde) chỉ ra rằng, cho C là một tập hợp lồi, đóng, bị chặn trong không gian lồi đều X và T : C → C là một ánh xạ không giãn, thì tập hợp các điểm bất động của T là lồi, đóng và không rỗng.
Theo giả thiết X lồi đều, X phản xạ dẫn đến C là compact yếu và có cấu trúc chuẩn tắc Theo Định lý Kirk, tập hợp các điểm bất động T không rỗng và đóng vì T liên tục Để chứng minh tính lồi của tập hợp này, ta xét u = T u, v = T v và m = λu + (1−λ)v với λ ∈ [0,1] Khi đó, ta có u−m = (1−λ)(u−v) và v−m = λ(v−u) Do T là ánh xạ không giãn, nên ta có ku−T mk + kT m−vk ⩽ ku−mk + km−vk = ku−vk.
Do u−v = (u−T m) + (T m−v) nên ku−vk⩽ ku−T mk+ kT m−vk.
Kết hợp với bất đẳng thức, ta có ku−vk = ku−T mk+kT m−vk Đặt x = u− T m và y = T m− v, ta nhận được kxk + kyk = kx + yk Do X lồi đều và X lồi chặt, đẳng thức này chứng tỏ sự tồn tại của α > 0 sao cho u−T m = α(T m−v).
Chúng tôi sẽ chứng minh rằng β = λ bằng phương pháp phản chứng Giả sử β > λ, từ đó suy ra kT v −T mk = kv −T mk = βku−vk > λku−vk = kv−mk, điều này dẫn đến mâu thuẫn với tính không giãn của T Tương tự, nếu β < λ, ta cũng gặp mâu thuẫn khi có kT u− T mk < ku −mk Do đó, ta kết luận rằng β = λ, từ đó suy ra T m = m Vì mọi điểm trên đoạn nối hai điểm bất động đều là điểm bất động, nên tập hợp các điểm bất động tạo thành một tập hợp lồi và định lý đã được chứng minh.
Bài toán Bất đẳng thức biến phân
Phép chiếu trực giao
Trong không gian Hilbert thực H, cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng Phép chiếu metric, hay phép chiếu trực giao, của một điểm x ∈ H lên C theo chuẩn Euclide được ký hiệu là.
P r C (x) = argmin{kx−yk :y ∈ C} (1.2) Tính chất 1.3.1.
(i) Với mỗi x ∈ H, P r C (x) tồn tại và duy nhất,
(iii) kP r C (x)−P r C (y)k 2 ≤ hP r C (x)−P r C (y), x−yi,∀x, y ∈ H, (iv) kP r C (x)−P r C (y)k ≤ kx−yk,∀x, y ∈ H,
(v) kP r C (x)−P r C (y)k 2 ≤ kx−yk 2 −kP r C (x)−x+y−P rC(y)k 2 ,∀x, y ∈ H,
(vi) kP r C (x)−yk 2 ≤ kx−yk 2 − kP r C (x)−xk 2 ,∀x ∈ H, y ∈ C.
Bài toán bất đẳng thức biến phân
Định nghĩa 1.3.2 Cho C 6= ∅ là một tập lồi, đóng trong H và F :
C → H Khi đó, bài toán bất đẳng thức biến phân, viết tắt V I(F, C), được phát biểu dưới dạng:
Tìm x ∗ ∈ C sao cho hF(x ∗ ), x −x ∗ i ≥ 0, ∀x ∈ C F được gọi là ánh xạ giá, và một nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C) là x ∗ ∈ C khi góc giữa véc tơ F(x ∗ ) và véc tơ y−x ∗ là góc nhọn hoặc vuông với mọi y ∈ C Điều này có thể được định dạng dưới dạng nón pháp tuyến ngoài tại điểm x ∗ của tập C.
Véc tơ w ∈ NC(x ∗ ) được định nghĩa là véc tơ pháp tuyến ngoài tại điểm x ∗ ∈ C Bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C) xác định rằng x ∗ ∈ C là nghiệm của bài toán này nếu và chỉ nếu điều kiện nhất định được thỏa mãn.
F(x ∗ ) là một véc tơ pháp tuyến ngoài tại x ∗ của C, hay
Trong không gian Hilbert thực H, nếu C là một tập con lồi không rỗng và F : C → H là một ánh xạ, thì F được gọi là đơn điệu mạnh trên C với hằng số β > 0 khi thỏa mãn điều kiện hF(x)−F(y), x−yi ≥ βkx−yk^2 cho mọi x, y thuộc C.
(b) đơn điệu chặt trên C, nếu hF(x)−F(y), x−yi > 0, ∀x, y ∈ C, x 6= y.
(c) đơn điệu trên C, nếu hF(x)−F(y), x−yi ≥ 0, ∀x, y ∈ C.
(d) giả đơn điệu trên C, nếu với mỗi x, y ∈ C, hF(y), x −yi ≥ 0 ⇒ hF(x), x−yi ≥ 0.
(e) tựa đơn điệu trên C, nếu với mỗi x, y ∈ C, hF(y), x−yi > 0 ⇒ hF(x), x −yi ≥ 0.
(f) tựa đơn điệu hiển trên C, với mỗi x, y ∈ C, hF(y), x −yi > 0⇒ hF(z), x−yi, ∀z ∈ (x+y
Các suy luận dưới đây được suy ra trực tiếp từ định nghĩa 1.3.3.
Điểm x ∗ được coi là một nghiệm của bài toán bù CP(F, C) nếu và chỉ nếu nó cũng là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C) Chứng minh rằng nếu x ∗ là nghiệm của bài toán bù CP(F, C), thì x ∗ thuộc vào một tập hợp xác định.
R n +, F(x ∗ ) ∈ R n + và hF(x ∗ ), x ∗ i = 0 Khi đó, hF(x ∗ ), x −x ∗ i = hF(x ∗ ), xi − hF(x ∗ ), x ∗ i = hF(x ∗ ), xi ≥ 0, ∀x ∈ R n +.
Mặt khác, giả sử x ∗ ∈ R n + là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C) Đặt e i = (0, ,0,1,0, ,0), y = x ∗ +e i , trong đó 1 là vị trí thứ i Khi đó, y ∈ R n + và
Từ bất đẳng thức hF(x ∗ ), x−x ∗ i, ∀x ∈ R n +, và x = 0 ∈ R n +, suy ra hF(x ∗ ), x ∗ i ≤ 0.
Mặt khác, theo giả sử x ∗ ∈ R n + và theo (1.4), ta có hF(x ∗ ), x ∗ i ≥ 0 Như vậy, hF(x ∗ ), x ∗ i = 0.
Trong bài toán bất đẳng thức V I(F, C), với mỗi x ∈ C và λ > 0, xét ánh xạ F C nat : C → C được xác định bởi
Ánh xạ giá tự nhiên F C nat của F trên C được định nghĩa bởi công thức F C nat (x) = x − P r C (x − λF(x)) Mối quan hệ giữa nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C) và ánh xạ giá tự nhiên F C nat được thể hiện qua các kết quả nghiên cứu dưới đây.
Mệnh đề 1.3.2 Một điểm x ∗ là một nghiệm của bài toán bất đẳng thức V I(F, C) nếu và chỉ nếu nó là không điểm của ánh xạ F C nat , hay
Chứng minh Theo định nghĩa nghiệm x ∗ của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C) và λ > 0, ta có hλF(x ∗ ), y −x ∗ i ≥ 0, ∀y ∈ C.
Theo tính chất (ii), bất đẳng thức này tương đương với x ∗ = P r C (x ∗ −λF(x ∗ )), hay x ∗ là không điểm của ánh xạ giá tự nhiên F C nat
Hầu hết các kết quả chứng minh sự tồn tại nghiệm cho bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C) dựa vào định lý điểm bất động Browder Cụ thể, nếu C là một tập con lồi, compact và khác rỗng trong không gian Hilbert thực H, cùng với ánh xạ liên tục F : C → H, thì bài toán V I(F, C) sẽ có nghiệm.
Chứng minh Theo tính chất (1.3.1) (i), ánh xạ P r C còn được gọi là ánh xạ không giãn trên C Do vậy, với mỗi λ > 0, phép chiếu P r C (I−λF) :
C là một ánh xạ liên tục từ một tập lồi compact không rỗng Theo Mệnh đề 1.3.2 và Tính chất 1.3.1, tồn tại duy nhất một điểm x ∗ ∈ C của ánh xạ giá tự nhiên F C nat sao cho P rC(I − λF) là liên tục.
0 = F C nat (x ∗ ) Áp dụng Tính chất 1.3.1 (iii) với x = x ∗ −λF(x ∗ ), hy −P r C (x ∗ −λF(x ∗ )), x ∗ −λF(x ∗ )−P r C (x ∗ −λF(x ∗ ))i ≤ 0,∀y ∈ C. Kết hợp điều này với P rC(I −λF)(x ∗ ) =x ∗ , suy ra hy −x ∗ , x ∗ −λF(x ∗ )−x ∗ i ≤ 0.
Với giả thiết λ >0, ta có hF(x ∗ ), y−x ∗ i ≥ 0, ∀y ∈ C.
Nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C) là x ∗, với C là tập con lồi, đóng và khác rỗng trong không gian Hilbert thực H Định lý 1.3.2 khẳng định rằng bài toán V I(F, C) có nghiệm nếu và chỉ nếu tồn tại một ánh xạ liên tục F : C → H.
R > 0 sao cho bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C ∩ B(0, R)) có một nghiệm x R thỏa mãn kx R k < R.
Chứng minh Giả sử bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C) có 1 nghiệm x ∗ ∈ C Chọn R thỏa mãn R >kx ∗ k Khi đó hF(x ∗ ), y−x ∗ i ≥ 0, ∀y ∈ C.
Như vậy, bài toán V I(F, C ∩ B(0, R)) có nghiệm x ∗
Giả sử x R là một nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C ∩ B(0, R)) thỏa mãn điều kiện kx R k < R Với mỗi y ∈ C, tồn tại một ε ≥ 0 đủ nhỏ sao cho z = x R + (y − x R) ∈ C ∩ B(0, R) Theo định nghĩa, nghiệm x R thuộc C.
0 ≤ hF(x R ), z −x R i = hF(x R ), y−x R i, ∀y ∈ C. Điều này có nghĩa rằng x R là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C).
Hệ quả 1.3.1 đề cập đến một tập con lồi, đóng và khác rỗng C trong không gian Hilbert thực H, cùng với một ánh xạ liên tục F : C → H Điều kiện bức là tồn tại một điểm x₀ thuộc C sao cho
Khi đó, bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C) có nghiệm.
Chứng minh Chọn H và R sao cho H > kF(x 0 )k, R > kx 0 k và
Theo Định lí 1.3.1, tồn tại một nghiệm xR của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C ∩B(0, R)) Hay
Kết hợp điều này với (1.5), ta có kx R k 6= R và do đó kx R k < R. Như vậy, x R là một nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân
V I(F, C ∩B(0, R)) Theo Định lí 1.3.2, bài toán V I(F, C) có nghiệm.
Một vài ứng dụng
Ví dụ 1.3.1 Bài toán cân bằng mạng giao thông.
Xét một mạng giao thông cho bởi một mạng luồng hữu hạn Gọi
• N : Tập hợp các nút của mạng.
• A : Tập hợp các cạnh mà mỗi cạnh là một đoạn đường.
Giả sử O và D là các tập con của N với O ∩ D khác rỗng Trong đó, các phần tử của O được gọi là điểm nguồn, còn các phần tử của D được gọi là điểm đích Mỗi điểm nguồn và điểm đích được kết nối thông qua một chuỗi các cạnh liên tiếp, tạo thành một tuyến đường.
• I : Tập hợp các phương tiện giao thông.
• f a i : Mật độ giao thông của phương tiện i trên đoạn đường a ∈ A. Đặt f là véc tơ có các thành phần f a i với i ∈ I và a ∈ A.
Chi phí sử dụng phương tiện giao thông trên đoạn đường a thuộc tập A được ký hiệu là c i a, với c là véc tơ chứa các thành phần c i a cho i thuộc tập I và a thuộc tập A Chi phí này hoàn toàn phụ thuộc vào lưu lượng, do đó có thể được biểu diễn dưới dạng hàm c = c(f), với f là biến lưu lượng.
• d i w : Nhu cầu sử dụng loại phương tiện i ∈ I trên đoạn đường w = (o, d) với o ∈ O, d ∈ D.
• λ i w : Mức độ chi phí giao thông trên tuyến đường w của phương tiện giao thông i.
• x i w : Mật độ giao thông của phương tiệni ∈ I trên tuyến w ∈ O×D.
Trong mạng giao thông, phương trình cân bằng được thể hiện như sau: d i w = X p∈P w x i p, với i thuộc I và w thuộc O×D Tập hợp P w bao gồm các tuyến đường kết nối điểm nguồn o và điểm đích d Theo phương trình này, nhu cầu sử dụng phương tiện i trên tuyến đường w tương ứng với tổng mật độ giao thông của phương tiện đó trên tất cả các tuyến đường giữa nguồn và đích Hơn nữa, phương trình f a i = X p∈P w x i p δ ap cũng được áp dụng, trong đó δap thể hiện một yếu tố quan trọng trong việc phân tích lưu lượng giao thông.
Với mỗi tuyến đường p nối điểm nguồn o và điểm đích p, đặt
C p i là chi phí sử dụng phương tiện i trên tuyến đường p Đặt d là véc tơ với các thành phần d i w, trong đó i thuộc tập I và w thuộc tập D × D Một cặp (d ∗ , f ∗ ) được gọi là điểm cân bằng của mạng giao thông nếu thỏa mãn các điều kiện (1.6) và (1.7).
Tại điểm cân bằng, chi phí thấp nhất cho mỗi loại phương tiện giao thông và mỗi tuyến đường xảy ra khi lưu lượng giao thông trên tuyến đó là tối ưu Ngược lại, nếu lưu lượng không đạt yêu cầu, chi phí sẽ không ở mức thấp nhất.
Định lý 1.3.3 khẳng định rằng một cặp véc tơ (f ∗ , d ∗ ) thuộc tập C là điểm cân bằng của mạng giao thông nếu và chỉ nếu nó là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân Cụ thể, ta cần tìm (f ∗ , d ∗ ) trong C sao cho điều kiện h(c(f ∗ ), λ(d ∗ )),(f, d)−(f ∗ , d ∗ )i ≥ 0 được thỏa mãn với mọi cặp (f, d) trong C Điều kiện cân bằng này dẫn đến những kết luận quan trọng về tính ổn định của mạng giao thông.
Thật vậy, nếu x i p ∗ > 0 thì C p i (f ∗ ) −λ i w (d ∗ ) = 0 và do đó (1.10) đúng; nếu x i p ∗ = 0 thì C p i (f ∗ )−λ i w (d ∗ ) > 0, như vậy (1.10) đúng.
Bất đẳng thức (1.10) đúng với mọi p ∈ P w , do đó ta có thể viết
Thay thế (1.6) vào (1.11), suy ra
Nhưng hệ thức (1.12) đúng với mọi phương tiện i và mọi cặp w (nguồn- đích), nên
Kết hợp (1.7), (1.8) và (1.13) ta nhận được
Giả sử x ∗ = (f ∗ , d ∗ ) ∈ C thỏa mãn bất đẳng thức biến phân (1.9) hoặc (1.13), chúng ta cần chứng minh rằng nó cũng thỏa mãn điều kiện cân bằng (1.9) Đối với mỗi phương tiện i và một tuyến đường p tương ứng với một cặp w (nguồn-đích), chúng ta xây dựng một điểm chấp nhận được x sao cho x j q = x j q ∗ (i, q) và x i p khác với x i p ∗.
Khi đó d j v = d j v ∗ (j, v) 6= (i, w), nhưng d i w = d i w ∗ +x i p −x i p ∗ Thay thế các giả thiết này vào (1.13), ta có
Nếu x i p ∗ > 0, ta có thể chọn x i p sao cho nó lớn hơn hoặc nhỏ hơn x i p ∗ Khi đó, điều kiện 1.14 sẽ đúng khi C p i (f ∗ )−λ i w (d ∗ ) = 0 Ngược lại, nếu x i p ∗ = 0, thì x i p phải lớn hơn hoặc bằng x i p ∗ Điều này dẫn đến kết luận từ bất đẳng thức biến phân (1.9).
Ký hiệu Sol(F, C) đại diện cho tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C) Việc giải bài toán này có thể được thực hiện dễ dàng hơn nhờ vào các giả thiết đơn điệu của hàm giá F, qua đó cho thấy mối liên hệ gần gũi với bài toán DV I(F, C).
Bài toán này thường được gọi là bài toán đối ngẫu của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C) Ta kí hiệu tập nghiệm của bài toán
DV I(F, C) được định nghĩa là Sol(F, C) ∗, cho thấy rằng tính chất của tập nghiệm Sol(F, C) tương đồng với tập nghiệm Sol(F, C) ∗ Định lý 1.3.4 khẳng định rằng nếu C là một tập con lồi đóng không rỗng trong không gian Hilbert thực H và F là một ánh xạ liên tục từ C đến H, thì mối quan hệ giữa các tập nghiệm này sẽ được duy trì.
(i) Tập nghiệm Sol(F, C) là lồi và đóng.
(iii) Nếu F là ánh xạ giả đơn điệu thì Sol(F, C) ∗ ⊆Sol(F, C).
Tuy nhiên, bao hàm thức (iii) trong Đinh lí 1.3.4 có thể không xảy ra trong trường hợp ánh xạ giá F là tựa đơn điệu.
Xét tập C = [−1,1] và hàm F(x) = x², ta thấy ánh xạ F là tựa đơn điệu trên C Có thể chứng minh rằng tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(F, C) là Sol(F, C) = {−1} Đồng thời, nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân đối ngẫu DV I(F, C) là Sol(F, C) ∗ = {−1,0}.
Hơn nữa, ví dụ dưới đây chỉ ra rằng bài toán V I(F, C) có thể không có nghiệm ngay cả trong trường hợp ánh xạ giá là tựa đơn điệu trên C.
Ví dụ 1.3.3 Trong không gianR 2 , cho 3 điểmA 1 (−1,0), A 2 (0,√
3), A 3 (1,0) và C = 4A 1 A 2 A 3 Chia miền C thành các tam giác nhỏ bằng cách chọn α > 0, > 0 đủ nhỏ và
3). Khi đó, F(x, y) = 0 với mọi (x, y) ∈ 4¯ 4 ∩ 4 i (i = 1,2,3) và F liên tục trên C Đặt
Khi đó, dễ dàng thấy rằng ∩ 3 i=1 G(A i ) = ∅ Do đó, Sol(F, C) = ∅ và Sol(F, C) ∗ 6= ∅.
Chúng ta chứng minh rằng với các tham số α > 0 và β > 0 đủ nhỏ, ánh xạ giá F là tựa đơn điệu trên C Theo định nghĩa, F tựa đơn điệu trên các miền 4₁ ∩ 4ᵢ với mọi i = 1, 2, 3 Khi chọn α = 0.9 và β = 0.1, ta nhận thấy rằng với mọi cặp điểm (x, y) và (¯x, y)¯, nếu (x, y) thuộc miền 4₁ và (¯x, y)¯ thuộc miền 4₂, hoặc (x, y) thuộc miền 4₂ và (¯x, y)¯ thuộc miền 4₃, hoặc (x, y) thuộc miền 4₃ và (¯x, y)¯ thuộc miền 4₁, thì hF(¯x,y),¯ (x, y)−(¯x,y)i ≤ 0.
Mặt khác, nếu ta chọn (x, y) ∈ 4 2 và (¯x,y)¯ ∈ 4 1 , hoặc (x, y) ∈ 4 3 và (¯x,y)¯ ∈ 4 2 , hoặc (x, y) ∈ 4 1 và (¯x,y)¯ ∈ 4 3 , thì hF(¯x,y),¯ (x, y)−(¯x,y)i ≥¯ 0. và dấu bằng không xảy ra nếu (¯x,y)¯ ∈/ 4¯ 4 ∩ 4 i với mọi i = 1,2,3 Chọn các điểm b 1 = (−0.9,0), b 2 = (− 1
Như vậy, F là tựa đơn điệu trên C.
Tuy nhiên, các tập nghiệmSol(F, C)và Sol(F, C) ∗ có thể trùng nhau ngay cả trong trường hợp ánh xạ giá F không có tính chất tựa đơn điệu trên C.
Phương pháp chiếu dạng ẩn để giải bài toán VIFIX 27 2.1 Phát biểu bài toán
Phương pháp chiếu mở rộng
Định lý 2.2.1 nêu rõ rằng cho C là tập con lồi đóng khác rỗng trong không gian Hilbert thực H, với A là toán tử tuyến tính bị chặn dương mạnh và f là ánh xạ co với hệ số co ρ Nếu T là ánh xạ không giãn với F ix(T) khác rỗng và γ là hằng số thỏa mãn điều kiện (˜γ−1)/ρ < γ < γ/ρ, thì với mỗi t ∈ (0,1), dãy {x t } được xác định bởi x t = T P r C [I −t(A−γf)]x t cho mọi t trong khoảng (0,1).
Khi đó, dãy {x t } hội tụ theo chuẩn, khi t → 0 + đến x ∗ ∈ F ix(T) là nghiệm duy nhất của bài toán (V I) (1.3).
Chứng minh Trước tiên, ta chứng minh dãy {x t } được cho bởi (2.4) là xác định Thật vậy, chọn t đủ nhỏ, kT P r C [I −t(A−γf)]x−T P r C [I −t(A−γf)]yk
Ánh xạ \( T P rC[I−t(A−γf)] \) là ánh xạ co từ \( C \) đến \( C \) Theo nguyên lý ánh xạ co Banach, tồn tại duy nhất \( x_t \in C \) thỏa mãn \( x = T P r C [I −t(A−γf)]x \), dẫn đến \( x_t = T P r C [I −t(A−γf)]x_t \) Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh rằng dãy \( \{x_t\} \) bị chặn Với \( x^* \in F ix(T) \), ta có \( \|x_t - x^*\| = \|T P r C [I −t(A−γf)]x_t - T P r C x^*\| \).
≤ (1−γt)kx˜ t −x ∗ k+tγρkx t −x ∗ k +tkγf(x ∗ )−Ax ∗ k. Điều này suy ra kx t −x ∗ k ≤ (1−γt˜ +tγρ)kx t −x ∗ k+tkγf(x ∗ )−Ax ∗ k
≤ 1 ˜ γ −γρkγf(x ∗ )−Ax ∗ k Khi đó, dãy {x t } bị chặn Do đó dãy {f(x t )},{Ax t } bị chặn Bây giờ, ta đi chứng minh {x t } hội tụ theo chuẩn Từ (2.4), ta có kx t −T x t k = kT P r C [I −t(A−γf)]x t −T P r C x t k (2.8)
≤ tk(A−γf)x t k −→ 0. Đặt y t = P r C [I −t(A−γf)]x t với mọi t∈ (0,1) thì ky t −x t k ⩽ tk(A−γf)x t k → 0 (2.9)
Tương tự, ta chú ý kx t −x ∗ k⩽ ky t −x ∗ k (2.10)
Từ (2.4) và tính chất của phép chiếu metric, ta có ky t −x ∗ k 2 P rC[I −t(A−γf)]x t −[I −t(A−γf)]x t , y t −x ∗
Cuối cùng, ta chỉ ra {x t } có quan hệ compact - chuẩn khi t → 0 + Giả sử {t n } ⊂ (0,1) thoả mãn tn → 0 + khi n → ∞ Đặt x n := x t n và y n := y t n Từ (2.8), ta có kx n −T x n k → 0 (2.12)
Dãy {x n} bị chặn cho phép giả sử rằng dãy x n * x˜ ∈ C, dẫn đến y n * x Theo chú ý (2.12), chúng ta có thể áp dụng Bổ đề 2.1.1 để chứng minh ˜x ∈ F ix(T) Do đó, có thể thay thế ˜x bằng x ∗ trong (2.11), thu được bất đẳng thức kx n −xk˜ 2 ≤ 1 ˜ γ −γρ h(A−γf)˜x,x˜−y n i (2.13)
Sự hội tụ yếu của dãy {y n} đến ˜x cho thấy x n → x Điều này chứng tỏ rằng {x t} có quan hệ compact chuẩn khi t → 0 + Từ (2.11), ta lấy giới hạn khi n→ ∞, dẫn đến k˜x−x ∗ k 2 ⩽ 1 ˜ γ −γρh(A−γf)x ∗ , x ∗ −xi˜, ∀x ∗ ∈ F ix(T).
Do đó, ˜x là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (V I) h(A−γf)x ∗ , x ∗ −xi˜ ⩾ 0, ∀x ∗ ∈ F ix(T) hay tương đương bài toán bất đẳng thức biến phân đối ngẫu (DV I) h(A−γf)˜x, x ∗ −xi˜ ⩾ 0, ∀x ∗ ∈ F ix(T).
Từ tính đơn điệu mạnh của (A−γf) và sự duy nhất nghiệm của bài toán (V I), ta có ˜x = P F ix(T ) (I−A+γf)˜x Điều này cho thấy ˜x là điểm bất động duy nhất trong F ix(T) của P F ix(T ) (I −A+ γf), và dãy {x t} hội tụ theo chuẩn đến ˜x khi t tiến tới 0 dương.
Phương pháp ánh xạ co
Phương pháp ánh xạ co phụ thuộc vào sự chính quy hóa của ánh xạ không giãn S trong bài toán (HV I) Bằng cách sử dụng ánh xạ co f với hệ số co t ∈ (0,1), ta xây dựng ánh xạ co tf + (1 − t)S Để nâng cao ánh xạ T thành ánh xạ không giãn cấp 2 trong bài toán (HV I), ta phát triển tổ hợp tuyến tính sγ(tf + (1−t)S) + (I − sàF)T, được coi là sự chính quy hóa của ánh xạ tf + (1−t)S và kỹ thuật giảm sâu của ánh xạ (I − sàF)T, với s ∈ (0,1) Ánh xạ này vẫn giữ tính chất co Cuối cùng, ta chọn điểm chiếu gần nhất PrC từ H vào trong C, dẫn đến ánh xạ co x 7→ fs,t(x) := PrC[sγ(tf + (1−t)S) + (I − sàF)T]x.
Với hệ số co của f s,t là 1−(1−ρ)γst Khi đó, theo kết quả Bổ đề 2.1.2, với mỗi x, y ∈ C và 0< γ ≤τ, ta có kf s,t (x)−f s,t (y)k
≤ sγk(tf + (1−t)S)x−(tf + (1−t)S)yk +k(I −sàF)T x−(I −sàF)T yk
≤ sγ[tρkx−yk+ (1−t)kx−yk] + (1−sτ)kx−yk
Từ 0 < γ ≤ τ ≤ 1,0 ≤ ρ < 1 và 0 < s, t < 1, ta có stγ(1 − ρ) < γ(1−ρ) ≤ 1 Hệ số co của f s,t là 1−(1−ρ)γst Do vậy, theo Nguyên lý ánh xạ co Banach, f s,t có duy nhất điểm bất động được kí hiệu bởi x s,t ∈ C Do đó x s,t là nghiệm duy nhất trong C của hàm điểm bất động x s,t = P rC[sγ(tf(x s,t ) + (1−t)Sx s,t ) + (I −sàF)T x s,t ] (2.14)
Hơn nữa, nếu ta đặt f = 0, theo như (2.14) ta có x s,t = P r C [γS(1−t)Sx s,t + (I −sàF)T x s,t ] (2.15)
Trong trường hợp khi à = 2, F = 1 2 I và γ = τ = 1, các phương trình (2.14) và (2.15) trở thành x s,t = P r C [s(tf(x s,t ) + (1−t)Sx s,t ) + (1−s)T x s,t ] và x s,t = P r C [s(1−t)Sx s,t + (1−s)T x s,t ] Định lý 2.3.1 chỉ ra rằng nếu F : C → H là toán tử κ − Lipschitz và đơn điệu mạnh với hệ số η, cùng với f : C → H là ánh xạ co với hệ số co ρ ∈ (0,1) và S, T : C → C là hai ánh xạ không giới hạn với F ix(T) 6= ∅, thì với các điều kiện 0 < à < 2η/κ 2 và 0 < γ ≤ τ, với τ = 1−p, sẽ có những kết quả nhất định.
Giả sử E là tập nghiệm không rỗng của bài toán (HV I) Đối với mỗi cặp (s, t) thuộc (0,1)×(0,1), điểm x s,t được xác định bởi công thức (2.14) Khi t ∈ (0,1) cố định, dãy {x s,t} hội tụ theo chuẩn đến x t ∈ F ix(T) khi s tiến đến 0 Đặc biệt, khi t tiến đến 0, dãy {x t} hội tụ đến nghiệm duy nhất x ∗ ∈ E của bài toán (T HV I) Ngoài ra, với mỗi dãy {s n} trong (0,1), tồn tại dãy {t n} trong (0,1) sao cho dãy x s n,t n hội tụ đến x ∗ theo chuẩn khi n tiến đến vô cùng Trong trường hợp f = 0 và x s,t được xác định theo sơ đồ (2.15), giới hạn lặp s−lim t→0lim s→0x s,t sẽ tồn tại và là nghiệm duy nhất x ∗ của bài toán (V I), với điều kiện hF x ∗ , x−x ∗ i ≥ 0 cho mọi x ∈ E.
Chứng minh Trước tiên, ta chỉ ra rằng dãy {x s,t } bị chặn Thật vậy, lấy bất kì z ∈ F ix(T), với mọi s, t ∈ (0,1). sγ(tf(x s,t ) + (1−t)Sx s,t ) + (I −sàF)T x s,t −z
+s(1−t)γ(Sx s,t −Sz) + st(γf −àF)z+ s(1−t)(γS −àF)z. Với 0 < γ ≤ τ và theo Bổ đề 2.1.2, ta có kx s,t −zk = kP r C [sγ(tf(x s,t ) + (1−t)Sx s,t ) + (I −sàF)T x s,t ]−zk
≤ ksγ(tf(x s,t ) + (1−t)Sx s,t ) + (I −sàF)T x s,t −zk
+s(1−t)γ(Sx s,t −Sz) +st(γf −àF)z +s(1−t)(γS −àF)zk
+s(1−t)γkSx s,t −Szk+stk(γf −àF)zk +s(1−t)kγS −àF)zk
≤ (1−sτ)kx s,t −zk+stγρkx s,t −zk+ s(1−t)γkx s,t −zk
+stk(γf −àF)zk+ s(1−t)k(γS −àF)zk
+(st+s(1−t)) max{k(γf −àF)zk,k(γS −àF)zk}
+smax{k(γf −àF)zk,k(γS −àF)zk}.
Do đó, kx s,t − zk ≤ 1 tγ(1−ρ) max{k(γf −àF)zk,k(γS −àF)zk}, cho thấy rằng với mỗi điểm bất động t ∈ (0,1), các dãy {x s,t }, {T x s,t }, {Sx s,t }, {f(x s,t )}, {F x s,t } và {F T x s,t } đều bị chặn Từ x s,t ∈ C và T x s,t ∈ C, ta có kx s,t −T x s,t k = kP r C [sγ(tf(x s,t ) + (1−t)Sx s,t )].
→ 0 khi s →0 với mỗi điểm bất động t ∈ (0,1).
Ta chỉ ra rằng với mỗi điểm bất động t ∈ (0,1), dãy {x s,t } là chuẩn compact tương đối khi s→ 0 Đặt y s,t = sγ(tf(x s,t ) + (1−t)Sx s,t ) + (I −sàF)T x s,t , thì ta có x s,t = P r C y s,t , với bất kì w ∈ F ix(T), x s,t −w = P r C y s,t −y s,t + y s,t −w
+stγ(f(x s,t )−f(w)) +s(1−t)γ(Sx s,t −Sw) +st(γf −àF)w
Từ P r C là phép chiếu metric từ H vào C, ta có
Do đó, từ (2.19) ta được kx s,t −wk 2 = hP r C y s,t −y s,t , P r C y s,t −wi +h(I −sàF)T x s,t
−(I −sàF)w, x s,t −wi+ stγhf(x s,t )−f(w), x s,t −wi +s(1−t)γhSx s,t −Sw, x s,t −wi
+sth(γf −àF)w, x s,t −wi +s(1−t)h(γS −àF)w, x s,t −wi
≤ (1−stγ(1−ρ))kx s,t −wk 2 +sth(γf −àF)w, x s,t −wi
Hay kx s,t −wk 2 ≤ 1 tγ(1−ρ)h(tγf+(1−t)γS−àF)w, x s,t −wi,∀w ∈ F ix(T).
(2.20) Giả sử {s n } ⊂ (0,1) sao cho s n →0 khi n → ∞ Theo (2.20), ta có kx s n ,t −wk 2 ≤ 1 tγ(1−ρ)h(tγf+(1−t)γS−àF)w, x s n ,t −wi,∀w ∈ F ix(T).
Vì {x s n ,t } bị chặn, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng dãy {x s n ,t }hội tụ yếu về điểm x t ∈ C Ta có kx s n ,t −T x s n ,t k → 0 Vì thế theo
Bổ đề 2.1.1 chỉ ra rằng x t ∈ F ix(T) Thay thế x t bởi w trong (2.21), ta có kx s n ,t −x t k 2 ≤ 1 tγ(1−ρ)h(tγf + (1−t)γS −àF)x t , x s n ,t −x t i.
Sự hội tụ yếu của dãy {x s n ,t } đến x t chứng minh rằng x s n ,t → x t, cho thấy sự hội tụ theo chuẩn compact tương đối của dãy {x s,t } khi s → 0 Khi xem xét giới hạn khi n → ∞ trong (2.21), ta có kx t −wk 2 ≤ 1 tγ(1−ρ)h(tγf + (1−t)γS−àF)w, x t −wi, với ∀w ∈ F ix(T) Hơn nữa, cần tìm x t ∈ F ix(T) sao cho h(tγf + (1−t)γS −àF)w, x t −wi ≥ 0, với ∀w ∈ F ix(T).
Ta chỉ ra rằng ỏnh xạ (àF −tγf −(1−t)γS) là đơn điệu Thật vậy, với mỗi x, y ∈ C, h(àF −tγf −(1−t)γS)x−(àF −tγf −(1−t)γS)y, x−yi
≥ àηkx−yk 2 −tγρkx−yk 2 −(1−t)γkx−yk 2
= [(àη −γ) +tγ(1−ρ)]kx−yk 2 Chỳ ý, bất đẳng thức àη ≥ τ, do đú từ 0 < γ ≤ τ và ρ ∈ (0,1), ta cú
Để giải quyết bài toán bất đẳng thức biến phân Minty, chúng ta cần chứng minh rằng điều kiện (àη−γ) +tγ(1−ρ) ≥(àη−τ) + tγ(1−ρ) > 0 Điều này cho thấy ỏnh xạ (àF −tγf −(1−t)γS) là đơn điệu mạnh và liên tục Lipschitz Kết quả là, tập F ix(T) không rỗng và có tính chất lồi, đóng Bằng cách áp dụng bổ đề Minty cho toỏn tử (àF −tγf −(1−t)γS) và tập F ix(T), chúng ta có thể tìm x t ∈ F ix(T) sao cho thỏa mãn bất đẳng thức h(tγf + (1−t)γS −àF)x t , x t −wi ≥ 0 với w ∈ F ix(T).
Chỳ ý (2.22) là tương đương vớix t = P F ix(T) (I−àF+tγf+(1−t)γS)x t
Do đó, x t là điểm bất động duy nhất thuộc F ix(T) của
P F ix(T ) (I −àF +tγf + (1−t)γS) Tuy nhiên, đây là điều kiện đủ để kết luận rằng dãy mở rộng {x s,t } hội tụ theo chuẩn đến x t khi s →0.
Khi t tiến đến 0, dãy {x t} hội tụ mạnh đến nghiệm duy nhất x ∗ của bài toán (HV I) Trong công thức (2.22), với bất kỳ y ∈ E, ta có h(tγf + (1−t)γS −àF)x t, x t −yi ≥ 0 Lưu ý rằng điều kiện 0 < γ ≤ τ và àη ≤ τ tương đương với àη ≥ 1−p.
Nghĩa là h(àF −γS)x−(àF −γS)y, x−yi ≥ (àη −γ)kx−yk 2 , ∀x, y ∈ C. Khi đú, từ 0< γ ≤τ ≤ àη thỡ àF −γS là đơn điệu Vậy, ta cú hγSx t −àF x t , x t −yi ≤ hγSy−àF y, x t −yi ≤ 0 (2.24)
Do vậy, àηkx t −yk 2 ≤ àhF x t −F y, x t −yi
≤ h(àF −γf)y, y−x t i+γρky −x t k 2 Vậy, kx t −yk 2 ≤ 1 àη −γρh(àF −γf)y, y −x t i,∀y ∈ E (2.26) Đặc biệt kx t −yk ≤ 1 àη−γρk(àF −γf)yk,∀t ∈ (0,1).
Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng ω w ({x t }) ⊂ E, nếu {t n } là dãy điểm trong (0,1) sao cho x t n * x 0 khi n → ∞, và x 0 ∈ E Để thấy được điều đó, ta sử dụng (2.22), ta có h(àF −γS)x t , w−x t i ≥ t
1−th(àF −γf)x t , w−x t i,∀w ∈ F ix(T). Tuy nhiờn, vỡ àF −γS là đơn điệu, h(àF −γS)w, w −x t i ≥ h(àF −γS)x t , w−x t i.
Từ hai điều trên ta có h(àF−γS)w, w−x t i ≥ t
1−th(àF−γf)x t , w−x t i,∀w ∈ F ix(T) (2.27) Cho t = t n →0 khi n → ∞ ở (2.27), ta có h(àF −γS)w, w−x 0 ) ≥0,∀w ∈ F ix(T) (2.28)
Hàm vỡ àF − γS là đơn điệu và liên tục Lipschitz, đồng thời F ix(T) lồi và không rỗng Theo bổ đề Minty về tập điểm bất động T và toán tử àF − γS, bất đẳng thức (2.28) tương đương với h(àF − γS)x 0 , w−x 0 i ≥ 0,∀w ∈ F ix(T) Giả sử x 0 là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (HV I), do đó x 0 thuộc tập E.
Ta cần chứng minh x 0 = x ∗ là nghiệm duy nhất của bài toán bất đẳng thức biến phân (T HV I) Vì theo (2.26) thì x 0 ∈ E kx t n −x 0 k 2 ≤ 1 àη −γρh(γf −àF)x 0 , x t n −x 0 i.
Do đó, từ x 0 * x t n cho thấy x t n → x 0 theo chuẩn Ta có thể cho t t n → 0 trong (2.25) để h(γf −àF)x 0 , x 0 −yi ≥ 0, ∀y ∈ E.
Vậy x 0 ∈ E là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (T HV I).
Vì tính duy nhất nên x 0 = x ∗ Đây là điều kiện đủ để đảm bảo rằng x t →x ∗ theo chuẩn, khi t→ 0.
Cuối cùng, khi đặt f = 0 và cho {x t n} theo tiên đề ẩn (2.14), bài toán bất đẳng thức biến phân tam cấp (T HV I) chuyển thành bài toán bất đẳng thức biến phân (V I) Giới hạn lặp s−lim t→0lim s→0x s,t tồn tại, và x ∗ ∈ E là nghiệm duy nhất của bài toán bất đẳng thức biến phân (V I) Thêm vào đó, dễ dàng nhận thấy rằng với mỗi dãy điểm {s n} ∈ (0,1), tồn tại một dãy điểm khác {t n} ∈ (0,1) sao cho dãy x s n,t n hội tụ về x ∗ theo chuẩn khi n → ∞.
Trong Định lý trờn, đặt à = 2, F = 1
Khi 2I và γ = τ = 1, bài toán bất đẳng thức biến phân V I chuyển thành bài toán HV I với E = Ω Trong trường hợp này, bài toán (T HV I) trở thành bài toán (V I) Theo Định lý đã nêu, với mỗi điểm bất động t ∈ (0,1), dãy {x s,t } hội tụ theo chuẩn khi s → 0, dẫn đến điểm x t ∈ F ix(T) Tuy nhiên, khi t → 0, dãy {x t } hội tụ theo chuẩn đến nghiệm duy nhất x ∗ ∈ Ω của bài toán (V I) Do đó, với mỗi dãy điểm {s n } ∈ (0,1), tồn tại dãy điểm khác {t n } ∈ (0,1) sao cho dãy x s n ,t n → x ∗ theo chuẩn khi n → ∞.
Hơn nữa, nếu f = 0, thì bài toán bất đẳng thức biến phân (V I) trở thành bài toán bất đẳng thức biến phân sau
Tìm x ∗ ∈ Ω : hx ∗ , x −x ∗ i ≥ 0, ∀x ∈ Ω, Điều này tương đương với x ∗ = PΩ(0).
Chú ý rằng x ∗ = P Ω (0) ⇔ k0−x ∗ k ≤ k0−yk(∀y ∈ Ω) ⇔ kx ∗ k = min y∈Ω kyk. Theo Định lý 2.1.2, giới hạn lặp s−lim t→0lim s→0x s,t
Nghiệm chuẩn cực tiểu x ∗ của bài toán (HV I) tồn tại và với mỗi dãy điểm {s n } ∈ (0,1), có thể tìm thấy dãy điểm khác {t n } ∈ (0,1) sao cho dãy x s n ,t n hội tụ về x ∗ theo chuẩn khi n → ∞ Kết quả này khẳng định tính ổn định của nghiệm trong không gian xác định.
Hệ quả 2.3.1 Cho f : C → H là ánh xạ co với hệ số co ρ ∈ (0,1) và
S, T : C → C là hai ánh xạ không giãn với F ix(T) 6= ∅ Giả sử tập nghiệm Ω của bài toán (HV I) khác rỗng Với mỗi (s, t) ∈ (0,1)×(0,1), cho x s,t được xác định ẩn theo (2.16) Thì, với mỗi điểm bất động t ∈
Dãy {x s,t} hội tụ theo chuẩn khi s → 0, tiến đến điểm x t ∈ F ix(T) Đồng thời, khi t → 0, dãy {x t} hội tụ theo chuẩn đến nghiệm x ∗, là nghiệm duy nhất của bài toán bất đẳng thức biến phân.
Hơn nữa, với mỗi dãy điểm {s n } ∈ (0,1) sẽ tồn tại dãy điểm {t n } ∈
(0,1), sao cho dãy {x s n ,t n } → x ∗ theo chuẩn khi n→ ∞.
Nếu đặt f = 0 và x s,t được xác định theo tiên đề ẩn (2.17), thì giới hạn lặp s−lim t→0lim s→0x s,t tồn tại và là nghiệm chuẩn cực tiểu x ∗ của bài toán (HV I) Hơn nữa, với mỗi dãy điểm {s n } ⊂ (0,1), có thể tìm thấy một dãy điểm khác {t n } ⊂ (0,1) sao cho dãy x s n ,t n hội tụ về x ∗ theo chuẩn khi n→ ∞.
Kết luận
Chương này đề cập đến hai vấn đề quan trọng: đầu tiên, phương pháp chiếu dạng ẩn được áp dụng để giải bài toán bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động của ánh xạ không giãn, cùng với chứng minh sự hội tụ của phương pháp này Tiếp theo, chương trình bày phương pháp ánh xạ co dạng ẩn cho một lớp bài toán bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động của ánh xạ không giãn, và chứng minh các định lý hội tụ liên quan.
PHƯƠNG PHÁP CHIẾU DẠNG HIỆN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN VIFIX
Chương này trình bày thuật toán chiếu dạng hiện và chứng minh sự hội tụ mạnh của phương pháp Tài liệu tham khảo chính bao gồm [10], [6], [11] Đầu tiên, chúng tôi sẽ giới thiệu một số bổ đề kỹ thuật cần thiết để chứng minh sự hội tụ của phương pháp này.
Bổ đề 3.0.1 ([10]) Cho {x n } và {y n } là dãy bị chặn trong không gian Hilbert H và {β n } là dãy trong [0,1] với
0 < lim inf n→∞ β n ≤ lim sup n→∞ β n < 1, Cho x n+1 = (1−β n )y n + β n x n , với mọi n≥ 0 và lim sup n→∞
Bổ đề 3.0.2 ([10]) Giả sử dãy {a n } là dãy số thực không âm sao cho a n+1 ≤ (1−γ n )a n +γ n δ n , ∀n ≥ 0, (3.1) với {γ n } là một dãy trong (0,1) và {δ n } là dãy số trong R thỏa mãn
3.1 PHƯƠNG PHÁP CHIẾU MỞ RỘNG Định lí 3.1.1 ([10]) Cho C là tập con lồi đóng khác rỗng của không gian Hilbert thực H Cho A : C → H là một toán tử bị chặn dương mạnh và f : C → H là ánh xạ co với hệ số ρ Cho T : C → C là ánh xạ không giãn với F ix(T) 6= ∅ Cho γ > 0 là hằng số thỏa mãn (˜γ −1)ρ < γ 0 sao cho
Phương pháp chiếu dạng hiện để giải bài toán VIFIX 44 3.1 Phương pháp chiếu mở rộng
Phương pháp tối ưu hóa điểm bất động
(A 1 ) C ⊂ R s là tập lồi, đóng, khác rỗng và là dạng hiện của P r C đã biết;
(A 2 ) T : R s → R s là ánh xạ không giãn với F ix(T)(⊂C) 6= ∅;
(A 3 ) A: R s →R s là toán tử liên tục.
Mục đích của bài toán là tìm x ∗ ∈ V I(F ix(T), A)(⊂ C) Khi đó thuật toán tối ưu hóa điểm bất động được phát biểu như sau:
Bước 1 Chox n ∈ C, chọn λn ∈ (0,∞)vàαn ∈ [0,1), và đặtx n+1 ∈ C thỏa mãn
Để chứng minh sự hội tụ của thuật toán, chúng ta giả sử rằng chuỗi (I) {A(x_n)} với n ∈ N bị chặn, (II) tập hợp V_I(Fix(T), A) không rỗng và (III) tồn tại n_0 ∈ N sao cho V_I(Fix(T), A) được bao gồm trong Ω: ∩ ∞ n=n.
{λ n } n∈ N ⊂ (0,∞) thỏa mãn (i) lim sup n→∞ α n < 1 và (ii)
P n=1 λ 2 n < ∞, dãy {x n } n∈ N , cho bởi thuật toán trên có các tính chất sau:
(a) (Tính bị chặn) Với mỗi z ∈ Ω, tồn tại lim n→∞kx n −zk, dãy {x n } n∈ N và dãy {y n } n∈ N bị chặn.
(b) lim n→∞kx n −y n k= 0 và lim n→∞kx n −T(x n )k = 0.
(c) (Tính hội tụ của {x n }) Nếu kx n −y n k = o(λ n ), thì {x n } n∈ N hội tụ đến một điểm thuộc V I(F ix(T), A).
Chứng minh (a) Từ điều kiện (I), ta đặt M 1 := sup{kA(x n )k 2 : n ∈
N} < ∞ Lấy z ∈ F ix(T) và từ giả thiết (A 2 ) ta có ky n −zk 2 = kT(x n −λ n A(x n ))−T(z)k 2
≤ kx n −zk 2 + 2λ n hz−x n , A(x n )i+M 1 λ 2 n với mỗi n∈ N Từ điều kiện (III), mọi z ∈ Ω và với mỗi n≥ n 0 , ky n −zk 2 ≤ kx n −zk 2 +M1λ 2 n (3.7)
Từ tớnh khụng gión của P rC, tớnh lồi của k ã k 2 , và bất đẳng thức (3.7) cho thấy rằng, với mọi z ∈ Ω ⊂ F ix(T) ⊂ C = F ix(P r C ) và với mọi n≥ n 0 , kx n+1 −zk 2 = kP r C (αnx n + (1−αn)y n )−P rC(z)k 2
Do đó, với mọi m, n ≥ n 0 và với mọi z ∈ Ω, kx n+m+1 −zk 2 ≤ kx n+m −zk 2 +M 1 λ 2 n+m ≤ kx m −zk 2 + M 1 n+m
X i=m λ 2 i tức là lim sup n→∞ kx n −zk 2 = lim sup n→∞ kx n+m+1 −zk 2
Từ điều kiện (ii) nên lim m→∞ P∞ i=mλ 2 i = 0, ta được lim sup n→∞ kx n −zk 2 ≤ lim inf m→∞
Bất đẳng thức này cho thấy, tồn tại lim n→∞kx n −zk với mọi z ∈ Ω Do đó, {x n } n∈ N bị chặn Hơn nữa, bất đẳng thức (3.7) chỉ ra dãy {y n } n∈ N bị chặn.
(b) Ta chứng minh lim n→∞kx n −y n k= 0 Từ giả thiết (A 2 ) và hx, yi 1
(x, y ∈ R K ), ta chỉ ra được với mọi z ∈ Ω và với mỗi n ≥n0, ky n −zk 2 = kT(x n −λnA(x n ))−T(z)k 2 ≤ h(x n −z)−λnA(x n ), y n −zi
2{kh(x n −z)−λnA(xn)k 2 +ky n −zk 2
Khi đó, ta có kx n −yk 2 ≤ k(x n −z)−λnA(x n )k 2 − k(x n −y n )−λnA(x n )k 2
= kx n −zk 2 + 2λnhz −x n , A(x n )i − kx n −y n k 2 +2λnhx n −y n , A(x n )i
≤ kx n −zk 2 − kx n −y n k 2 +M 2 λ n , với M 2 := sup{2|hz −y n , A(x n )i| : n ∈ N} ≤ ∞ Từ bất đẳng thức(3.8) ta có kx n+1 −zk 2 ≤ αnkx n −zk 2 + (1−αn)ky n −zk 2
≤ α n kx n −zk 2 + (1−α n ) kx n −zk 2 − kx n −y n k 2 +M 2 λ n
≤ kx n −zk 2 −(1−α n )kx n −y n k 2 + M 2 λ n , với mọi z ∈ Ω và với mỗi n ≥ n0,
(1−α n )kx n −y n k 2 ≤ kx n −zk 2 − kx n+1 −zk 2 +M 2 λ n
Dựa vào điều kiện (ii) và sự tồn tại của giới hạn lim n→∞ kx n − zk (z ∈ Ω), vế phải của bất đẳng thức hội tụ về 0 Do đó, điều kiện (i) tương ứng với lim n→∞ kx n − y n k = 0.
Từ giả thiết (A 2 ) ta có ky n −T(x n )k = kT(x n −λ n A(x n ))−T(x n )k ≤ λnkA(x n )k, do đó điều kiện (I) và (ii) chỉ ra rằng lim n→∞ky n −T(x n )k = 0.
Do đó, từ đẳng thức (3.2) và kx n −T(x n )k ≤ kx n −y n k+ky n −T(x n )k cho thấy n→∞lim kx n −T(x n )k= 0.
Tính bị chặn của dãy {x_n} n∈N đảm bảo sự tồn tại của một điểm tụ xb ∈ R Theo giả thiết (A1), có dãy con {x_n_i} i∈N hội tụ đến xb ∈ C Chúng ta chứng minh xb ∈ F ix(T) bằng cách sử dụng tính liên tục của T, từ đó suy ra 0 = lim i→∞ kx_n_i - T(x_n_i)k = kxb - T(x)k, dẫn đến bx ∈ F ix(T) Tiếp theo, để chứng minh xb ∈ V I(F ix(T), A), cần chỉ ra rằng với mọi z ∈ F ix(T) và mỗi n ∈ N, có khz - x, A(bx)i - hzb - x_n, A(x_n)ik khz - x, A(bx) - A(x_n)i + hx_n - x, A(xb_n)ik ≤ kz - bxkkA(x)b - A(x_n)k.
Sự hội tụ của dãy (x_n) đến điểm x_b trong tập F ix(T) được xác định bởi giả thiết (A3), cho thấy rằng giới hạn lim i→∞ h(z−x_n) và A{x_n} = h(z−b x) với mọi z thuộc F ix(T) Ngoài ra, bất đẳng thức (3.7) chỉ ra rằng điều này đúng cho mọi z thuộc F ix(T) và mọi n thuộc N.
= 1 λ n (kx n −zk+ ky n −zk) (kx n −zk − ky n −zk) + 2hz−x n , A(x n )i + M 1 λ n
+ 2hz −x n , A(x n )i +M 1 λ n , với M 3 := sup{kx n −zk+ky n −zk : n∈ N} < ∞ Do đó, từ điều giả sử trong (c) và điều kiện (ii) chỉ ra rằng điểm bx ∈ F ix(T), thỏa mãn
Cuối cùng, ta chứng minh {x n } n∈ N hội tụ đến một điểm trong
V I(F ix(T), A) Cho x ∈ R K là một điểm tụ của {x n } n∈ N Khi đó, tồn tại một dãy con {x n j } j∈ N ⊂ {x n } n∈ N sao cho lim j→∞kx n j − xk = 0.
Vì thế x ∈ V I(F ix(T), A) ⊂ Ω Giả sử xb 6= x thì sự tồn tại của n→∞lim kx n −zk(z ∈ Ω) nghĩa là n→∞lim kx n −bxk = lim i→∞kx n i −xkb < lim i→∞kx n i −xk= lim n→∞kx n −xk
= lim j→∞kx n j −xk < lim j→∞kx n j −xkb = lim n→∞kx n −xk.b Điều này cho thấy xb = x Do đó, dãy {x n } n∈ N hội tụ đến điểm trong
Mở rộng phương pháp chiếu để tìm nghiệm cho bài toán bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động của ánh xạ không giãn là quá trình giải bài toán bất đẳng thức biến phân hai cấp (Bilevel Variational Inequalities - BVI) thông qua thuật toán chiếu mở rộng.
Cho C là tập con lồi đóng khác rỗng của không gian R^n với tích vô hướng hã,ãi và chuẩn k ã k Bài toán bất đẳng thức biến phân hai cấp (BV I) được định nghĩa dựa trên các yếu tố này.
Tìm x ∗ ∈ Sol(G, C) sao cho hF(x ∗ ), x−x ∗ i ≥ 0 ∀x ∈ Sol(G, C), với G : C → R n , Sol(G, C) kí hiệu là tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (V I):
Tìm y ∗ ∈ C sao cho hG(y ∗ ), y−y ∗ i ≥ 0 ∀y ∈ C, và F : Sol(G, C) →R n
Trong nội dung phần này, chúng ta quan tâm đến việc tìm nghiệm của bài toán (BV I) với toán tử F và G thỏa mãn các điều kiện:
(A 1 ) G giả đơn điệu trên C và F là đơn điệu mạnh với hệ số β trên tập Sol(G, C).
(A 2 ) F là L 1 - Liên tục Lipschitz trên Sol(G, C).
(A3) G là L2- Liên tục Lipschitz trên C.
Tập nghiệm của bài toán biên (BV I) không rỗng Để xác định nghiệm cho bài toán này, chúng tôi đề xuất một thuật toán chiếu mở rộng, trong đó xây dựng một dãy lặp để tìm ra các nghiệm.
1, các dãy số dương {δ n }, {λ n }, {α n }, {β n },{γ n } và {¯ n } thỏa mãn
Bước 1 Đặt y n := P rC x n −λnG(x n ) và z n := P rC x n −λnG(y n )
. Nếu kx n,j+1 −P r Sol(G,C) (x n,0 )k ≤ ¯ n thì đặt h n := x n,j+1 và đi đến Bước 3.
Bước 3 Đặt x n+1 := αnu+βnx n +γnh n
Dựa trên Thuật toán 3.3.1, chúng tôi phát triển một thuật toán mới bằng cách cố định giá trị j và cho phép các dãy lặp phụ thuộc vào n Thuật toán này được trình bày chi tiết nhằm tối ưu hóa hiệu suất và tính chính xác trong quá trình xử lý dữ liệu.
Cho C là tập con lồi đóng khác rỗng trong không gian Euclid n chiều
R n , G : C → R n là giả đơn điệu và Lipschitz với hệ số L 2 trên C, và
S : C → C là ánh xạ không giãn sao cho Sol(G, C) ∩ F(S) 6= ∅, với
F(S) tập điểm bất động của S Cho dãy {x n } và {y n } bởi
∀n≥ 0, với {α n },{β n },{γ n } và {δ n } thỏa mãn các điều kiện sau:
Thuật toán của Yao đã chỉ ra rằng các dãy {x n} và {y n} hội tụ đến điểm P rSol(G,C)∩F(S)(x 0) dưới những điều kiện nhất định Khi áp dụng dãy lặp với S là ánh xạ đồng nhất, chúng ta có thể đưa ra một số bổ đề nhằm chứng minh sự hội tụ của thuật toán.
Bổ đề 3.3.1 xác nhận rằng nếu các toán tử G và F thỏa mãn các điều kiện A1-A4, thì dãy {x n,j } do Thuật toán 3.3.1 tạo ra sẽ hội tụ đến điểm P r Sol(G,C) z n − λF(z n ) khi j tiến đến vô cùng Hơn nữa, khoảng cách giữa kh n và P r Sol(G,C) z n − λF(z n ) được giới hạn bởi ¯ n cho mọi n ≥ 0, dẫn đến việc vòng lặp bên trong sẽ kết thúc sau một số bước hữu hạn.
Bổ đề 3.3.2 nêu rằng cho dãy {x_n}, {y_n} và {z_n} được xác định bởi Thuật toán 3.3.1, với G là ánh xạ giả đơn điệu và Lipschitz có hệ số L_2 trên C, và x^* thuộc Sol(G, C) Khi đó, ta có bất đẳng thức kz_n - x^*k_2 ≤ kx_n - x^*k_2 - (1 - λ_n L_2)kx_n - y_nk_2 - (1 - λ_n L_2)ky_n - z_nk_2.
Bổ đề 3.3.3 ([6]) Giả sử các toán tử G và F thỏa mãn A 1 -A 4 Khi đó dãy {x n } trong Thuật toán 3.3.1 là bị chặn.
Bổ đề 3.3.4 ([6]) Cho dãy {x n } và {y n } là hai dãy bị chặn trong R n , {β n } ⊂ [0,1] Để
0 < lim inf n→∞ β n ≤ lim sup n→∞ β n < 1, x n+1 = (1−βn)y n +βnx n , lim sup n→∞
Bổ đề 3.3.5 ([6]) Giả sử các toán tử G và F thỏa mãn A1-A4 và dãy {x n } và {z n } được cho bởi Thuật toán 3.3.1 Khi đó, ta có kz n+1 −z n k ≤(1 +λ n+1 L 2 )kx n+1 −x n k+λ n kG(y n )k
(3.9) Hơn nữa, dãy {z n } bị chặn và n→∞lim kz n+1 −z n k= lim n→∞kx n+1 −x n k = 0.
Bổ đề 3.3.6 ([6]) Giả sử các toán tử G và F thỏa mãn A1-A4 Khi đó với bất kì điểm x ∗ ∈ Sol(BV I) ta có kx n+1 −x ∗ k 2 ≤ α n ku−x ∗ k 2 +kx n −x ∗ k 2 −1
(3.10) Hơn nữa n→∞lim kP r Sol(G,C) z n −λ n F(z n )
Dựa vào các bổ đề đã nêu, chúng ta chứng minh định lý quan trọng 3.3.1 Giả sử các toán tử G và F thỏa mãn các điều kiện A1 đến A4, thì dãy {x_n} và {z_n} trong Thuật toán 3.3.1 sẽ hội tụ đến điểm x∗, là nghiệm của bài toán (BVI).
Chứng minh Bổ đề 3.3.3 chỉ ra rằng dãy {x n } bị chặn Theo Bổ đề 3.3.5, ta thấy dãy {z n } cũng bị chặn Do đó, tồn tại M > 0 sao cho kP r Sol(G,C) (z n −λF(z n ))−x ∗ k ≤ M ∀n≥ 0 (3.11)
Vì F là toán tử đơn điệu mạnh với hệ số β và liên tục Lipschitz với hệ số L1, ta có kP r Sol(G,C) (z n −λF(z n )−x ∗ k
Kết hợp điều này với (3.11), ta có kz n −x ∗ k 2 =kz n −P r Sol(G,C) (z n −λF(z n ))k 2
≤kz n −P r Sol(G,C) (z n −λF(z n ))k 2 + 2Mkz n −P r Sol(G,C) (z n −λF(z n )k +kz n −x ∗ k 2 −2λβkz n −x ∗ k 2 +λ 2 L 2 1 kz n −x ∗ k 2
1, ta có thể viết λ(2β −λL 2 1 )kz n −x ∗ k 2 ≤kz n −P r Sol(G,C) (z n −λF(z n ))k 2
Do đó, dãy {z n } hội tụ đến điểm x ∗ ∈ Sol(BV I) Tương tự, ta có thể chỉ ra rằng dãy {x n } cũng hội tụ đến nghiệm duy nhất x ∗ của bài toán
Kết quả trực tiếp của Định lý 3.3.1 được trình bày trong hệ quả sau:
Hệ quả 3.3.1 Cho C là tập lồi đóng khác rỗng và G : C → R n là giả đơn điệu,liên tục Lipschitz với hệ số L {x n } và {y n } là hai dãy được cho bởi
∀n ≥ 0, với {α n },{β n },{γ n } và {δ n } thỏa mãn các điều kiện:
Khi đó, {x n } và {y n } cùng hội tụ đến điểm x¯∈ Sol(G, C).
Trong Chương 3, chúng ta đã thảo luận về phương pháp chiếu dạng hiện và chứng minh tính hiệu quả của nó Bài viết sẽ cung cấp cái nhìn tổng quan về phương pháp chiếu mở rộng.
Phương pháp tối ưu hóa điểm bất động là một kỹ thuật quan trọng giúp xác định điểm bất động x ∗ ∈ V I(F ix(T), A)(⊂ C) Bằng cách xây dựng một dãy lặp, phương pháp này cho phép chúng ta tìm ra điểm bất động một cách hiệu quả.
Phương pháp này được ứng dụng hiệu quả trong việc tìm nghiệm cho bài toán bất đẳng thức biến phân 2 cấp (BV I) và chứng minh sự hội tụ của thuật toán thông qua phương pháp chiếu gradient.