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]
Vậy ta được điều phải chứng minh.
Trong không gian Hilbert thực H, với mọi x, y ∈ H và mọi λ ∈ [0,1], ta có công thức kλx + (1−λ)yk² = λkxk² + (1−λ)kyk² − λ(1−λ)kx − yk² Để chứng minh, ta bắt đầu với kλx + (1−λ)yk², và áp dụng các tính chất của không gian Hilbert, ta nhận được kλx + (1−λ)yk² = λ²kxk² + 2λ(1−λ)hx, yi + (1−λ)²kyk².
=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
Đối với mọi λ ∈ R, ta có bất đẳng thức 0 < kx−λyk 2 = λ 2 kyk 2 − 2λhx, yi + kxk 2 Nếu y = 0, rõ ràng rằng x và y là phụ thuộc tuyến tính Giả sử y ≠ 0, khi đó với λ = hx, yi / kyk 2, bất đẳng thức trên sẽ trở thành một dạng khác.
|hx, yi| lim inf n →∞ kxn −xk 2 + 2hxn−x, x−yi
Do đó, ta nhận được lim inf n →∞ kxn −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 xác định rằng nếu C là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert thực H, thì ánh xạ P C : H −→ C là phép chiếu mêtric từ H lên C khi và chỉ khi điều kiện hx−PCx, PCx−yi ≥0 được thỏa mãn với mọi x ∈ H và y ∈ C.
Giả sử P C là phép chiếu mêtric, ta có với mọi x∈ H, y ∈ C và mọi t ∈ (0,1), ty + (1−t)P C x thuộc C Từ định nghĩa của phép chiếu mêtric, suy ra kx−PCxk 2 ≤ kx−ty−(1−t)PCxk 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−PCx, PCx−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
= hx−PCx, y−PCxi+hx−PCx, x−yi
= kx−yk 2 +hy −P C x, x−P C xi − ky−P C xk 2
≤ kx−yk 2 Suy ra PC là phép chiếu mêtric từ H lên C.
Từ mệnh đề trên, ta có hệ quả dưới đây:
Trong không gian Hilbert H, nếu C là một tập con lồi đóng và P_C là phép chiếu mêtric từ H lên C, thì đối với mọi x, y thuộc H, ta có bất đẳng thức kP_Cx−P_Cyk² ≤ h(x−y), P_Cx−P_Cyi.
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−PCy, PCx−PCyi ≤0.
Cộng hai bất đẳng thức trên ta nhận được điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.8 nêu rằng, cho C là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert H và P C là phép chiếu mêtric từ H lên C, thì với mọi x∈H và y∈C, ta có bất đẳng thức kx−yk² ≥ kx−PCxk² + ky−PCxk² Chứng minh rằng, với mọi x∈H và y∈C, từ Mệnh đề 1.7, ta có hx−PCx, y−PCxi ≤ 0.
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
Vì x không thuộc tập C, nên v = x - PCx khác 0 Theo Mệnh đề 1.7, ta có hv, y - PCxi ≤ 0 với mọi y thuộc C Điều này dẫn đến hv, y - x + x - PCxi ≤ 0 với mọi y thuộc C, tương đương với hv, yi ≤ hv, xi - kvk² Do đó, supremum của hv, yi với y thuộc C không vượt quá hv, xi - kvk².
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.
Giả sử C không phải là tập đóng yếu, tồn tại dãy {xn} trong C hội tụ về x nhưng x không thuộc C Vì C là tập lồi và đóng, theo định lý tách các tập lồi, có y ∈ H và ε > 0 sao cho hy, zi < hy, xi - ε với mọi z ∈ C Đặc biệt, hy, xni < hy, xi - ε với mọi n Khi n tiến tới vô cùng, ta có hy, xi ≤ hy, xi - ε, điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó, C phải 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
Trong không gian Hilbert thực H, một ánh xạ T từ tập con lồi, đóng và khác rỗng C được gọi là không giãn nếu với mọi x, y thuộc C, khoảng cách giữa T(x) và T(y) không vượt quá khoảng cách giữa x và y, tức là kT(x) - T(y)k ≤ kx - yk.
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 khẳng định rằng nếu C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H, và T là một ánh xạ không giãn từ C đến H, thì tập F ix(T) sẽ là một tập lồi và đóng trong H.
Chứng minh Giả sử F ix(T) 6=∅.
F ix(T) là tập đóng vì T là ánh xạ không giãn và liên tục trên C Giả sử {xn} là dãy trong F ix(T) với x n → x khi n→ ∞, ta có kT x n −x n k= 0 cho mọi n ≥ 1 Nhờ tính liên tục của chuẩn, khi n → ∞, ta suy ra kT x − xk = 0, tức là x ∈ F ix(T) Do đó, F ix(T) là tập đóng.
Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh tính lồi của tập F ix(T) Giả sử x, y thuộc F ix(T), tức là T x = x và T y = y Đặt λ thuộc đoạn [0,1] và z = λx + (1−λ)y Theo Mệnh đề 1.2 và tính không giãn của T, ta có kT z − zk 2 = kλ(T z − x) + (1−λ)(T z − y)k 2.
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
Trong bài toán tìm phần tử x ∗ ∈ F ix(T) với điều kiện F ix(T) ≠ ∅, đã có nhiều phương pháp nổi tiếng như phương pháp lặp Mann, Ishikawa, Halpern, phương pháp xấp xỉ mềm và phương pháp sử dụng siêu phẳng cắt Luận văn này chỉ tập trung vào phương pháp lai chiếu được đề xuất bởi K Nakajo và W Takahashi vào năm 2003 Kết quả cho bài toán này được trình bày qua định lý 1.1, trong đó H là không gian Hilbert thực và C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của H, với T là 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 {αn} là dãy số thực thỏa mãn điều kiện {αn} ⊂ [0, a), với a < 1 Khi đó, dãy {xn} 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 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.
Trong không gian Hilbert thực H, xét tập lồi đóng C khác rỗng và ánh xạ A: C −→ H Ánh xạ A được gọi là đơn điệu trên C nếu với mọi x, y ∈ C, ta có hA(x)−A(y), x−yi ≥ 0 Nếu với mọi x, y ∈ C mà hA(y), x−yi ≥ 0 suy ra hA(x), x−yi ≥ 0, thì A được gọi là giả đơn điệu Hơn nữa, A được gọi là α−đơn điệu mạnh trên C nếu tồn tại một hằng số α > 0 sao cho hA(x)−A(y), x−yi ≥ αkx−yk² với mọi x, y ∈ C Tương tự, A được gọi là α-ngược đơn điệu mạnh nếu tồn tại một hằng số α > 0 sao cho hA(x)−A(y), x−yi ≥ αkA(x)−A(y)k² Ánh xạ A cũng được coi là h-liên tục trên C nếu A(x+ty) ⇀ A(x) khi t → 0+ với mọi x, y ∈ C Cuối cùng, A được gọi là L-liên tục Lipschitz trên C nếu tồn tại một hằng số phù hợp.
L >0 sao cho với mọi x, y ∈C ta có: kA(x)−A(y)k ≥Lkx−yk.
Nếu ánh xạ A là α-ngược đơn điệu mạnh, thì nó đồng thời là một ánh xạ đơn điệu và liên tục Lipschitz Dưới đây là một số phương pháp để tìm nghiệm cho bất đẳng thức biến phân cổ điển trong không gian Hilbert.
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 rằng x ∗ = P C (x ∗ −λA(x ∗ )) xảy ra khi và chỉ khi h(x ∗ −λA(x ∗ ))−x ∗ , x−x ∗ i ≤0 cho mọi x∈C Điều này tương đương với bất đẳng thức hA(x ∗ ), x−x ∗ i ≥0 với mọi x ∈C, cho thấy 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 đã đề xuất một phương pháp mới để tìm nghiệm cho bài toán (1.5) Họ đã xây dựng một dãy lặp xác định với công thức x 0 ∈C, x n+1 =PC(xn −λF(x n+1 )), với n = 0,1,2 và chứng minh rằng dãy lặp này hội tụ mạnh tới nghiệm duy nhất x ∗ của bài toán (1.5).
Phương pháp gradient tăng cường
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 tăng cường của G M Korpelevich để tìm nghiệm cho bất đẳng thức biến phân và chứng minh rằng các phương pháp này vẫn hội tụ mạnh khi ánh xạ F chỉ có tính chất đơn điệu hoặc giả đơn điệu Dãy lặp {xn} được xác định theo công thức: x0 = x∈C, yn = PC(xn−λF(xn)), x n+1 = PC(x n −λF(y n)), với n = 0,1,2
Trong đó, λ nằm trong khoảng (0,1/L), với L là hằng số Lipschitz liên tục của ánh xạ F Các tác giả đã chứng minh rằng các dãy lặp {xn} và {yn} xác định bởi (1.9) sẽ hội tụ mạnh 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 hàm số ϕ : C −→R, bài toán đặt ra là tìm phần tử x∈C sao cho ϕ(x) ≤ ϕ(y) với mọi y ∈C Định nghĩa F(x, y) = ϕ(y) − ϕ(x) cho mọi x, y ∈ C Phần tử x là nghiệm của bài toán này khi và chỉ khi x cũng 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.
ChoC 1 vàC 2 là các tập con của không gian HilbertH và choϕ : C 1 ×C 2 −→
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
Nếu (x₁, x₂) ∈ C₁ × C₂ là điểm yên ngựa của hàm ϕ, thì ϕ(x₁, y₂) ≤ ϕ(x₁, x₂) ≤ ϕ(x₁, x₂) với mọi (y₁, y₂) ∈ C₁ × C₂ Đặt C = C₁ × C₂ và F((x₁, x₂), (y₁, y₂)) = ϕ(y₁, x₂) − ϕ(x₁, y₂) với mọi (x₁, x₂), (y₁, y₂) ∈ C Do 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.
Hàm F(x, y) = hx - T x, y - xi ≤ 0 thỏa mãn điều kiện đơn điệu nếu và chỉ nếu hT x - T y, x - yi ≤ kx - yk² với mọi x, y thuộc C Từ định nghĩa của ánh xạ không giãn, có thể dễ dàng nhận thấy điều này.
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 hóa minx ∈ C ϕ(x), trong đó ϕ là một phiếm hàm lồi khả vi Một phần tử x thuộc C là nghiệm của bài toán này nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn điều kiện h▽ϕ(x), y−xi ≥0 với mọi y thuộc C Đặt F(x, y) = h▽ϕ(x), y−xi cho mọi x, y thuộc C, ta có thể thấy rằng x là nghiệm của bài toán tối ưu hóa nếu và chỉ nếu nó cũng là nghiệm của bài toán EP(F).
Chú ý 1.6 Ta biết rằng toán tử vi phân ▽ϕ của hàm lồi ϕ là đơn điệu, tức là h▽ϕ(x)− ▽ϕ(y), x−yi ≥0 với mọi x, y ∈C.
=−h▽ϕ(x)− ▽ϕ(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.
Đặt F(x, y) = hAx, y − xi với mỗi x, y ∈ C, ta có song hàm F : C × C −→ R Phần tử x là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(C, A) nếu và chỉ nếu 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:
Tìm một phần tử x ∈C sao cho
Tập nghiệm của bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát (GMEP) được ký hiệu là M EP(F, ϕ) Khi ϕ = 0, GMEP chuyển đổi thành bài toán cân bằng tổng quát.
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 cân bằng hỗn hợp tổng quát (GMEP) được ký hiệu là GEP(F, B) Trong trường hợp ϕ = 0 và B = 0, GMEP sẽ trở thành bài toán cân bằng EP(F) Nếu F = 0, GMEP chuyển đổi 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 ≥ 0 với mọi y ∈ C (GVI)
Tập nghiệm của bài toán (GVI) được ký hiệu là V I(C, B, ϕ) Khi F = 0 và ϕ = 0, bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát (GMEP) chuyển thành bài toán bất đẳng thức biến V I(C, B) Nếu F = 0 và B = 0, bài toán này 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 ∈ Cϕ.
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) là ánh xạ không giãn S, liên quan đến tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V I(C, A) Định lý 2.1 khẳng định rằng C là tập con lồi, đóng và khác rỗng 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
Toán tử A: C −→ H là một toán tử đơn điệu và k-Lipschitz, trong khi B: C −→ B là một toán tử α-ngược đơn điệu mạnh Xét ánh xạ S: C −→ H không giãn với Ω = F ix(S) ∩ V I(C, A) ∩ GM EP(F, ϕ, B) khác rỗng Nếu một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) được thỏa mãn, thì các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} sẽ được xác định theo một quy tắc nhất định.
+ 1 r n hyưun, unưxni ≥0, ∀y ∈ C, yn = (1−γn)un +γnPC(xn−λnAun), 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 : kzn −zk 2 ≤ kxn−zk 2 + (3−3γ n +α n )b 2 kAunk 2 },
4k), {rn} ⊂ [d, e] với [d, e] ⊂ (0,2α) và {αn}, {βn}, {γn} là các dãy nằm trong [0,1] thỏa mãn các điều kiện:
(iv) limn →∞γn = 1 và γn >3/4 với mọi n≥ 1.
Khi đó, các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} cùng hội tụ mạnh về w=P Ω x.
Chứng minh Dễ thấyC n là tập đóng vàQ n là tập lồi, đóng với mọin ≥1 Ngoài ra, vì
C n ={z ∈C : kzn −x n k 2 + 2hzn −x n , x n −zi ≤(3−3γ n +α n )b 2 kAunk 2 }, nên C n cũng là tập lồi với mọi n ≥ 1.
Từ định nghĩa của tập Q n , ta có hxn −z, x−x n i ≥0, ∀z ∈ Q n
Dựa trên đặc trưng của phép chiếu mêtric, ta có x n P Q nx Đặt t n = P C (u n −λ n Ay n ) cho mọi n ≥ 1 Với u ∈ Ω, ta xác định dãy ánh xạ {T r n} theo Bổ đề 2.2 Kết quả là u = PC(u − λAu) = Tr n(u − rnBu).
Từ u n =T r n(x n −rBx n ) ∈C và tính α-ngược đơn điệu mạnh của B, ta có kun−uk 2 =kTr n(x n −rBx n )−T r n(u−r n Bu)k 2
≤ kxn −uk 2 −2r n hxn−u, Bx n −Bui+r n 2 kBxn −Buk 2
≤ kxn −uk 2 −2rnαkBxn−Buk 2 +r n 2 kBxn −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
= kun −uk 2 − kun−tnk 2 + 2λn(hAyn−Au, u−yni +hAu, u−y n i+hAyn, y n −t n i)
= kun −uk 2 − kun−y n k 2 − kyn −t n k 2 + 2hu n −λ n Ay n −y n , t n −y n i.
Ngoài ra, từ yn = (1−γn)un +γnPC(un −λnAun) và A là k-Lipschitz, ta nhận được hun−λ n Ay n −y n , t n −y n i
Từ đặc trưng của phép chiếu mêtric (Mệnh đề 1.7), ta lại có hun −λ n Au n −P C (u n −λ n Au n ), t n −y n i
≤ (1−γn)kun−λnAun−PC(un−λnAun)kktn −unk
Do đó, từ các giả thiết b < 1
4k, γ n > 3/4 và (2.2), ta có ktn −uk 2 ≤ kun−uk 2 − kun −y n k 2 − kyn−t n k 2
+ 2γ n (1−γ n )bkAunk(ktn −y n k+kyn−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
≤ kun−uk 2 − kun −y n k 2 − kyn−t n k 2 + (1−γn)(2b 2 kAunk 2 +ktn −ynk 2 +kyn −unk 2 ) + (1−γ n )(2b 2 kAunk 2 +ktn −y n k 2 ) (2.3) +bk(kyn−u n k 2 +ktn −y n k 2 )
=kun −uk 2 −(γn−bk)kun −ynk 2 + (1−2γ n +bk)ktn −y n k 2 + 3(1−γ n )b 2 kAunk 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 kyn −uk 2 =k(1−γn)un +γnPC(un −λnAun)−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 )kun−uk 2 +γ n kun−λ n Au n −uk 2 (2.4)
≤ (1−γn)kun−uk 2 +γn(kun −uk 2 −2λnhAun, un −ui+λ 2 n kAunk 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 kzn −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 )kxn −uk 2 +α n kyn −uk 2 +β n kStn −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 )kxn −uk 2 +α n (kun−uk 2 +b 2 kAunk 2 )
≤ kxn −uk 2 + (3−3γ n +α n )b 2 kAunk 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 {xn} hoàn toàn xác định và Ω ⊂Cn∩Qn 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 xk đã được xác định và Ω ⊂ Ck ∩Qk với k ≥ 1 Vì
Do Ω6=∅, tập hợp C k ∩Q k là một tập con lồi, đóng và không rỗng của H Điều này dẫn đến việc tồn tại duy nhất một phần tử x k+1 ∈ C k ∩Q k, với x k+1 = P C k ∩ Q kx Theo đặc trưng của phép chiếu mêtric (Mệnh đề 1.7), ta có bất đẳng thức hxk+1−z, x−x k+1 i ≥ 0 cho mọi z ∈C k ∩Q k.
Vì Ω⊂C k ∩Q k, ta có bất đẳng thức hx k+1 −z, x−x k+1 i ≥0 cho mọi z ∈ Ω, dẫn đến Ω⊂ Q k+1 Do đó, ta suy ra Ω⊂ C k+1 ∩Q k+1 Điều này cho thấy dãy {xn} hoàn toàn xác định và Ω⊂C n ∩Q n với mọi n ≥1 Đặt l 0 =P Ω x, từ x n+1 = PC n ∩ Q nx và l 0 ∈Ω ⊂Cn∩Qn, ta có kx n+1 −xk ≤ kl 0 −xk (2.6) với mọi n ≥ 1, chứng tỏ dãy {xn} bị chặn Kết hợp với các bất đẳng thức từ (2.2)-(2.5) và tính Lipschitz của A, ta cũng có các dãy {un}, {Aun}, {tn} và {zn} đều bị chặn.
Vì \( x_{n+1} \in C_n \cap Q_n \) và \( x_n = P Q_n x \), ta có \( kx_n - xk \leq kx_{n+1} - xk \) với mọi \( n \geq 1 \) Do đó, dãy \( \{kx_n - xk\} \) là đơn điệu tăng, và từ (2.6), suy ra tồn tại giới hạn hữu hạn \( \lim_{n \to \infty} kx_n - xk \).
Do x n =P Q nx vàx n+1 ∈Q n , 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 nlim→∞kxn+1−x n k= 0 (2.7)
Từ định nghĩa của C n vàx n+1 ∈C n , ta nhận được kzn−x n+1 k 2 ≤ kxn −x n+1 k 2 + (3−3γn +αn)b 2 kAunk 2
Do đó, từ các giả thiết γ n → 1 và α n →0, suy ra nlim→∞kzn −x n+1 k= 0 (2.8)
Từ đánh giá kxn−z n k ≤ kxn−x n+1 k+kxn+1−z n k và (2.7), (2.8), ta nhận được nlim→∞kxn −z n k= 0 (2.9)
Từ (2.5), với mọi u∈ Ω, ta đều có kzn −uk 2 − kxn−uk 2
≤ (−αn −βn)kxn −uk 2 +αnkyn−uk 2 +βnkStn−uk 2
Vì γ n → 1, α n → 0 và tính bị chặn của các dãy {un}, {Aun}, {zn} nên ta nhận được nlim→∞β n (kStn −uk 2 − kxn−uk 2 ) = 0.
Do lim infn →∞βn >0, nên ta suy ra nlim→∞(kStn−uk 2 − kxn −uk 2 ) = 0 (2.10)
Từ Su =u, tính không giãn của S và (2.3), ta có nlim→∞(kStn−uk 2 − kxn −uk 2 )≤ lim n →∞(ktn −uk 2 − kxn−uk 2 )
Do đó, kết hợp với (2.10), ta thu được nlim→∞(ktn −uk 2 − kxn−uk 2 ) = 0 (2.11)
≤ kxn−uk 2 − ktn −uk 2 + 3(1−γ n )b 2 kAunk 2 Suy ra nlim→∞[(γn−bk)kun −ynk 2 + (2γn −1−bk)ktn −ynk 2 ] = 0 (2.12)
Từ giả thiết ta cóγn−bk >1/2 và2γn−1−bk >1/4 Do đó, từ (2.12) ta nhận được nlim→∞kun −y n k= lim n →∞ktn −y n k= 0 (2.13)
Vì A là Lipschitz, nên nlim→∞kAtn−Ay n k = 0 (2.14)
Từ (2.13) và đánh giá kun −t n k ≤ kun −y n k+ktn −y n k ta nhận được nlim→∞ku n −t n k= 0 (2.15)
Ta viết lại cách xác định z n ở dạng dưới đây zn −xn =αn(yn−xn) +βn(Stn−xn).
Do đó, từkxn−znk →0,α n →0, tính bị chặn của{xn},{yn}vàlim inf n →∞β n >
0, ta nhận được nlim→∞kStn −x n k = 0 (2.16)
Từ (2.2) và (2.5), ta có kzn−uk 2 ≤ (1−α n −β n )kxn −uk 2 +α n (kun −uk 2 ) +b 2 kAunk 2 ) +β n [kun −uk 2 + 3(1−γ n )b 2 kAunk 2 ]
+α n [kxn−uk 2 +r n (r n −2α)kBxn −Buk 2 +b 2 kAunk 2 ] (2.17) +βn[kxn −uk 2 +rn(rn−2α)kBxn−Buk 2 + 3(1−γn)b 2 kAunk 2 ]
Do đó, ta nhận được
≤ kxn −uk 2 − kzn−uk 2 + (3−3γ n +α n )b 2 kAunk 2
≤ (kxn−uk+kzn −uk)kxn −znk+ +(3−3γn +αn)b 2 kAunk 2
Kết hợp với α n → 0, lim inf n →∞β n >0, γ n → 1, kxn−z n k →0 và tính bị chặn của {xn}, {zn}, suy ra nlim→∞kBxn−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
≤ hTr 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[kun −uk 2 +kxn−r n Bx n −(u−r n Bu)k 2
2[kun −uk 2 +kxn−uk 2 − kxn−unk 2
Do đó, ta nhận được ku n −uk 2 ≤ kx n −uk 2 − kx n −u n k 2 + 2r n hBx n −Bu, x n −u n i.
Từ bất đẳng thức trên và (2.5), ta có kzn−uk 2 ≤ (1−α n −β n )kxn −uk 2 +α n (kun −uk 2 +b 2 kAunk 2 )
≤ (1−α n −β n )kxn −uk 2 +αn(kxn−uk 2 − kxn −unk 2 + 2r n hBxn−Bu, x n −u n i+b 2 kAunk 2 ) +β n [kxn −uk 2 − kxn−u n k 2
+ 2rnhBxn−Bu, xn −uni+ 3(1−γn)b 2 kAunk 2 ]
≤ kxn−uk 2 + (−αn−β n )kxn−u n k 2 + 2r n kBxn−Buk kxn−u n k+ 3(1−γ n )b 2 kAunk 2 Suy ra
≤ kxn −uk 2 − kzn−uk 2 + 2r n kBxn−Buk kxn −u n k+ 3(1−γ n )b 2 kAunk 2
≤ (kxn−uk+kzn −uk)kxn−z n k + 2rnkBxn−Buk kxn −unk+ 3(1−γn)b 2 kAunk 2
Vì αn → 0, lim infn →∞βn >0, γn → 1, kxn−znk →0, kBxn−Buk →0 và các dãy {xn}, {zn} bị chặn nên ta thu được nlim→∞kxn −u n k= 0 (2.19)
Do đó, từ đánh giá kzn −t n k ≤ kzn −x n k+kxn−u n k+kun−t n k và (2.9), (2.15), (2.19), suy ra nlim→∞kzn −t n k= 0 (2.20)
Từ đánh giá ktn−x n k ≤ ktn−u n k+kun −x n k và (2.15), (2.19), suy ra nlim→∞ktn −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 βn(Stn−tn) = (1−αn −βn)(tn−xn) +αn(tn −yn) + (zn−tn).
Suy ra βnkStn−tnk ≤(1−αn−βn)ktn−xnk+αnktn−ynk+kzn−tnk.
Do đó, từ (2.13), (2.20), (2.21) và lim inf n →∞β n >0, suy ra nlim→∞kStn −tnk = 0 (2.22)
Vì dãy {xn}bị chặn nên tồn tại một dãy con {xn i}của{xn}sao chox n i ⇀ ω.
Từ kxn = u n k → 0, suy ra u n i ⇀ ω Từ kun −t n k → 0, suy ra t n i ⇀ ω Vì {tn i} ⊂C vàC 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
F(un, y) +ϕ(y)ưϕ(un) +hBxn, yưuni+ 1 r n hyưun, unưxni ≥0, ∀y ∈C.
Từ điều kiện (A2), suy ra ϕ(y)ưϕ(un) +hBxn, yưuni+ 1 r n hyưun, unưxni ≥F(y, un), ∀y ∈ C.
Do đó, ta có ϕ(y)ưϕ(u n i) +hBxn i, yưu n ii+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 yt = ty + (1 −y)ω Vì y ∈ C và ω ∈ C, nên y t ∈ C Khi đó, từ (2.23), ta có hyt−u n i, By t i ≥ hyt−u n i, By t i −ϕ(y t ) +ϕ(u n i)− hyt −u n i, Bx n ii
=hyt−u n i, By t −Bu n ii+hyt−u n i, Bu n i −Bx n ii
Vì \( \| kun_i - xn_i \| \to 0 \), nên \( \| kBun_i - Bxn_i \| \to 0 \) Hơn nữa, từ tính ngược đơn điệu mạnh của \( B \), ta có \( hyt - u_n \), \( By_t - Bu_n \geq 0 \) Do đó, từ các điều kiện (A4), (A5) và tính nửa liên tục dưới của \( \phi \), ta có \( u_n - x_n \) và \( r_n \).
→ 0 vàu n i ⇀ ω, ta nhận được hyt−ω, Byti ≥ −ϕ(yt) +ϕ(ω) +F(yt, 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 →∞ ktn i −ωk 0 Khi đó, các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} cùng hội tụ mạnh về w=P Ω x.
Định lý 2.1 được chứng minh bằng cách lấy βn = 1 và αn = 0 với mọi n ≥ 1 Định lý 2.5 khẳng định rằng C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng 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 toán tử đơn điệu, k-Lipschitz, và B : C −→ B là toán tử α-ngược đơn điệu mạnh với Ω = V I(C, A)∩GM EP(F, ϕ, B) 6= ∅ Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng, cho các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} được xác định.
Qn = {z ∈ C : hxn−z, x−xni ≥0}, x n+1 =P C n ∩ Q n x, ∀n ≥1, trong đó {λn} ⊂ [a, b] với [a, b] ⊂ (0, 1
4k), {rn} ⊂ [d, e] với [d, e] ⊂ (0,2α) và {βn} là dãy nằm trong [0,1] thỏa mãn các điều kiện lim inf n →∞β n > 0 Khi đó, các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} cùng hội tụ mạnh về w=P Ω x.
Trong Định lý 2.1, khi chọn S = I, βn = γn = 1 và αn = 0 với mọi n ≥ 1, ta có thể chứng minh được điều cần chứng minh Định lý 2.6 khẳng định rằng C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng 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
Toán tử A : C −→ H là đơn điệu, k-Lipschitz, trong khi B : C −→ B là một toán tử α-ngược đơn điệu mạnh, với Ω = V I(C, A)∩GM EP(F, ϕ, B) không rỗng Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) được thỏa mãn Đặt {xn}, {un}, {yn} và {zn} là các dãy được xác định bởi.
C n ={z ∈ C : kzn −zk 2 ≤ kxn−zk 2 + (3−3γ n )b 2 kAunk 2 },
4k), {r n } ⊂ [d, e] với [d, e] ⊂ (0,2α), {γ n } là dãy nằm trong [0,1] thỏa mãn các điều kiện limn →∞γn = 1 và γn > 3/4 với mọi n ≥ 1 Khi đó, các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} cùng hội tụ mạnh về w= P Ω x.
Trong Định lý 2.1, khi chọn S = I, βn = 1 và αn = 0 cho mọi n ≥ 1, ta có thể chứng minh được điều cần chứng minh Định nghĩa 2.1 nêu rõ rằng, cho ánh xạ T: C −→ C từ tập con lồi và đóng C vào chính nó, T được gọi là ánh xạ giả co nếu tồn tại hằng số k sao cho hT(x) − T(y), x − yi ≤ kx − yk² với mọi x, y ∈ C.
Lớp ánh xạ giả co bao gồm lớp ánh xạ không giãn, nghĩa là tất cả các ánh xạ không giãn đều là ánh xạ giả co, nhưng không phải mọi ánh xạ giả co đều là ánh xạ không giãn.
T là một ánh xạ giả co, thì A = I −T là một toán tử đơn điệu, Lipschitz và
Định lý 2.7 khẳng định rằng trong không gian Hilbert thực H, nếu C là tập con lồi, đóng và khác rỗng, và F : C×C −→ R là một song hàm thỏa mãn các điều kiện (A1)-(A5), cùng với hàm lồi ϕ : C −→ R là chính thường và nửa liên tục dưới, thì tồn tại 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 Hơn nữa, T là ánh xạ giả co và B là toán tử α-ngược đơn điệu mạnh, với S là ánh xạ không giãn.
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 {xn},{un}, {yn}và {zn}là các dãy được xác định bởi
+ 1 r n hyưu n , u n ưx n i ≥0, ∀y ∈C, yn = (1−γn)un +γnPC(xn−λn(un −T un)), z n = (1−α n −β n )x n +α n y n +β n SP C (u n −λ n (y n −T y n )),
C n ={z ∈ C : kzn −zk 2 ≤ kxn−zk 2 + (3−3γ n +α n )b 2 kun−T u n k 2 },
Qn ={z ∈C : hxn −z, x−xni ≥0}, x n+1 = P C n ∩ Q n x, ∀n ≥1, trong đó {λn} ⊂ [a, b] với [a, b] ⊂ (0, 1
4k), {rn} ⊂ [d, e] với [d, e] ⊂ (0,2α) và {αn}, {βn}, {γn} là các dãy nằm trong [0,1] thỏa mãn các điều kiện:
(iv) limn →∞γn = 1 và γn >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.
Nếu đặt B = 0 trong Định lý 2.1 và Định lý 2.5, ta sẽ thu được các kết quả liên quan đến bài toán (MEP) Định lý 2.8 khẳng định rằng C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng 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 và k-Lipschitz Giả sử S : C −→ H là một ánh xạ không giãn với Ω = F ix(S)∩V I(C, A) ∩M EP(F, ϕ) 6= ∅ Nếu một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng, thì các dãy {x n }, {u n }, {y n } và {z n } được xác định theo quy luật nhất định.
F(u n , y) +ϕ(y)−ϕ(u n ) + 1 r n hyưu n , u n ưx n i ≥0, ∀y ∈ C, yn = (1−γn)un+γnPC(xn−λnAun), 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 : kzn−zk 2 ≤ kxn −zk 2 + (3−3γ n +α n )b 2 kAunk 2 },
Qn = {z ∈ C : hxn−z, x−xni ≥0}, x n+1 =P C n ∩ Q n x, ∀n ≥1, trong đó {λn} ⊂ [a, b] với [a, b] ⊂ (0, 1
4k), {rn} ⊂ [d,∞) với d > 0 và {αn}, {βn}, {γn} là các dãy nằm trong [0,1] thỏa mãn các điều kiện:
(iv) limn →∞γn = 1 và γn >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 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 một toán tử đơn điệu và k-Lipschitz Ánh xạ S : C −→ H không giãn với Ω = F ix(S)∩V I(C, A) ∩M EP(F, ϕ) không rỗng Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) được thỏa mãn Các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} được xác định theo quy tắc nhất định.
F(u n , y) +ϕ(y)−ϕ(u n ) + 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 ),
Cn ={z ∈C : kzn −zk ≤ kxn −zk},
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 {xn}, {un}, {yn} và {zn} cùng hội tụ mạnh về w =P Ω x.
Nếu trong các Định lý 2.1 và 2.5, ta lấy ϕ = 0, thì sẽ thu được các kết quả cho bài toán (GEP) Định lý 2.10 chỉ ra rằng, với C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H, và F : C×C −→ R là một song hàm thỏa mãn các điều kiện (A1)-A(5), cùng với A : C −→ H là một toán tử đơn điệu, k-Lipschitz, và B : C −→ B là một toán tử α-ngược đơn điệu mạnh, ta có ánh xạ không giãn S : C −→ H sao cho Ω = F ix(S) ∩ V I(C, A) ∩ GEP(F, B) không rỗng Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng, các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} sẽ được xác định.
F(u n , y) +hBxn, 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 : kzn−zk 2 ≤ kxn −zk 2 + (3−3γ n +α n )b 2 kAunk 2 },
Qn = {z ∈ C : hxn−z, x−xni ≥0}, x n+1 =P C n ∩ Q n x, ∀n ≥1, trong đó {λ n } ⊂ [a, b] với [a, b] ⊂ (0, 1
4k), {r n } ⊂ [d, e] với [d, e] ⊂ (0,2α) và {βn}, {γn} 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.
Các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} đồng thời hội tụ mạnh về w=P Ω x Định lý 2.11 chỉ ra rằng với C là tập con lồi, đóng và khác rỗng trong không gian Hilbert thực H, hàm song F : C×C −→ R thỏa mãn các điều kiện (A1)-(A5) Định nghĩa A : C −→ H là toán tử đơn điệu, k-Lipschitz, và B : C −→ B là toán tử α-ngược đơn điệu mạnh Ánh xạ không giãn S : C −→ H thỏa mãn Ω = F ix(S) ∩V I(C, A)∩GEP(F, B) 6= ∅ Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) được thỏa mãn Các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} được xác định theo một quy luật nhất định.
F(u n , y) +hBxn, 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 ),
Cn ={z ∈ C : kzn −zk ≤ kxn−zk},
4k), {rn} ⊂ [d, e] với [d, e] ⊂ (0,2α) và {βn} là dãy nằm trong [0,1] thỏa mãn điều kiện lim inf n →∞β n > 0 Khi đó, các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} cùng hội tụ mạnh về w=P Ω x.
Nếu trong Định lý 2.1, F(x, y) = 0 với mọi x, y ∈ C, thì ta có kết quả cho bài toán (GVI) Định lý 2.12 nêu rằng, với C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H, hàm ϕ : C −→ R là một hàm lồi, chính thường và nửa liên tục dưới Hơn nữa, nếu A : C −→ H là toán tử đơn điệu, k-Lipschitz và B : C −→ B là toán tử α-ngược đơn điệu mạnh, thì ánh xạ không giãn S : C −→ H thỏa mãn Ω = F ix(S) ∩ V I(C, A) ∩ GVI(C, ϕ, B) 6= ∅ Giả sử một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng, và các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} được xác định theo quy tắc nhất định.
x 1 =x∈C, ϕ(y)ưϕ(u n ) +hBxn, yưu n i+ 1 rn 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 ), z n = (1−α n −β n )x n +α n y n +β n SP C (u n −λ n Ay n ),
Cn ={z ∈C : kzn−zk 2 ≤ kxn −zk 2 + (3−3γn+αn)b 2 kAunk 2 },
Q n = {z ∈ C : hxn−z, x−x n i ≥0}, x n+1 =P C n ∩ Q nx, ∀n ≥1, trong đó {λn} ⊂ [a, b] với [a, b] ⊂ (0, 1
4k), {rn} ⊂ [d, e] với [d, e] ⊂ (0,2α) và {αn}, {βn}, {γn} 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 {xn}, {un}, {yn} và {zn} cùng hội tụ mạnh về w=P Ω x.
Nếu trong Định lý 2.1, B = 0 và F(x, y) = 0 với mọi x, y ∈ C, ta có kết quả cho bài toán tìm cực tiểu của phiếm hàm lồi ϕ Định lý 2.13 khẳng định rằng, với C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H, hàm ϕ : C −→ R là lồi, chính thường và nửa liên tục dưới Khi A : C −→ H là toán tử đơn điệu, k-Lipschitz và S : C −→ H là ánh xạ không giãn, thì Ω = F ix(S) ∩ V I(C, A) ∩ arg min x ∈ C ϕ(x) không rỗng nếu một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) đúng Các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} được xác định từ đó.
x 1 =x∈C, ϕ(y)−ϕ(u n ) + 1 rn 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 ), z n = (1−α n −β n )x n +α n y n +β n SP C (u n −λ n Ay n ),
Cn ={z ∈C : kzn−zk 2 ≤ kxn −zk 2 + (3−3γn+αn)b 2 kAunk 2 },
4k), {rn} ⊂ [d,∞) với d > 0 và {αn}, {βn}, {γn} 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 {xn}, {un}, {yn} và {zn} cùng hội tụ mạnh về w=P Ω x.
Nếu trong Định lý 2.1, B = 0 và ϕ = 0, chúng ta nhận được kết quả cho bài toán (EP) Định lý 2.14 chỉ ra rằng nếu C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H, và F : C×C −→ R là một song hàm thỏa mãn các điều kiện (A1) - A(5), thì với A : C −→ H là một toán tử đơn điệu, k-Lipschitz, và S : C −→ H là một ánh xạ không giãn thỏa mãn Ω = F ix(S)∩V I(C, A)∩EP(F) 6=∅, thì một trong hai điều kiện (B1) hoặc (B2) phải đúng Các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} được xác định trong bối cảnh này.
F(u n , y) + 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 ), 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,∞) với d > 0 và {α n }, {β n }, {γ n } là các dãy nằm trong [0,1] thỏa mãn các điều kiện:
(iv) limn →∞γn = 1 và γn >3/4 với mọi n≥ 1.
Khi đó, các dãy {xn}, {un}, {yn} và {zn} 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
Tr(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 đúngxn 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:
Không gian Hilbert có nhiều tính chất quan trọng, bao gồm sự hội tụ yếu, định lý tách tập lồi và phép chiếu mêtric Sự hội tụ yếu trong không gian Hilbert cho phép phân tích các tính chất liên quan đến sự gần gũi của các điểm trong không gian Định lý tách tập lồi cung cấp cơ sở cho việc phân tách các tập hợp trong không gian Hilbert, trong khi phép chiếu mêtric giúp xác định các điểm gần nhất trong không gian đến một tập hợp cho trước Những đặc trưng này làm nổi bật vai trò của không gian Hilbert trong các lĩnh vực toán học và vật lý.
• 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 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 475-488,2003.