Một số vấn đề về hình học các không gian Banach
Cho E là không gian Banach và E ∗ là không gian đối ngẫu của nó Chúng tôi sử dụng ký hiệu k.k để chỉ chuẩn trên E và E ∗ Sự hội tụ mạnh và yếu của dãy {x n} về phần tử x trong E được ký hiệu lần lượt là x n → x và x n ⇀ x trong toàn bộ luận văn.
Trong luận văn này, chúng tôi thường xuyên sử dụng tính chất dưới đây của không gian Banach phản xạ.
Trong không gian Banach E, các khẳng định sau đây là tương đương: (i) E là không gian phản xạ; (ii) Mọi dãy bị chặn trong E đều có một dãy con hội tụ yếu.
Mệnh đề dưới đây cho ta mối liên hệ giữa tập đóng và tập đóng yếu trong không gian tuyến tính định chuẩn.
Mệnh đề 1.2 Nếu C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian không gian tuyến tính định chuẩn X, thì C là tập đóng yếu.
Chúng ta tiến hành chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử tồn tại dãy {x_n} ⊂ C sao cho x_n hội tụ về x, nhưng x không thuộc C Theo định lý tách các tập lồi, có x* ∈ X* tách ngặt x và C, tức là tồn tại ε > 0 sao cho hx*, y_i ≤ hx, x* - ε với mọi y ∈ C Đặc biệt, ta có hx_n, x* ≤ hx, x* - ε với mọi n ≥ 1 Hơn nữa, vì x_n hội tụ về x, nên hx_n, x* → hx, x* Khi n tiến tới vô cùng, ta có hx, x* ≤ hx, x* - ε, điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó, giả thiết ban đầu là sai, từ đó suy ra rằng C là tập đóng yếu.
Mệnh đề được chứng minh.
Chú ý 1.1 Nếu C là tập đóng yếu, thì hiển nhiên C là tập đóng.
Mệnh đề này cung cấp một điều kiện cần thiết để xác định sự tồn tại của điểm cực tiểu trong một phiếm hàm lồi, chính thường và nửa liên tục dưới trong không gian Banach phản xạ.
Trong không gian Banach phản xạ E, nếu C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng, và f : C −→ (−∞,∞] là một hàm lồi, chính thường, nửa liên tục dưới trên C với điều kiện f(x n ) → ∞ khi kx n k → ∞, thì tồn tại một điểm x0 thuộc dom(f) sao cho giá trị f(x0) bằng giá trị nhỏ nhất của f trên tập C.
Đặt m = inf{f(x) : x ∈ C}, tồn tại dãy {x n } ⊂ C sao cho f(x n ) → m khi n → ∞ Nếu {x n } không bị chặn, sẽ có dãy con {x n k } sao cho kx n k k → ∞, dẫn đến mâu thuẫn với m ≠ ∞ khi f(x n k ) → ∞ Do đó, {x n } phải bị chặn Theo Mệnh đề 1.1 và Mệnh đề 1.2, tồn tại dãy con {x n j } sao cho x n j ⇀ x0 ∈ C Vì f là nửa liên tục dưới trong tôpô yếu, ta có m ≤ f(x0) ≤ lim inf j → ∞ f(x n j ) = lim n → ∞ f(x n ) = m.
Mệnh đề được chứng minh.
Trong phần này, chúng tôi sẽ thảo luận về các vấn đề cơ bản liên quan đến cấu trúc hình học của các không gian Banach, bao gồm tính lồi, tính trơn, mô đun lồi và mô đun trơn Theo định nghĩa 1.1, một không gian Banach E được coi là lồi chặt nếu với mọi x, y ∈.
E, x6=y mà kxk= 1, kyk= 1 ta có x+y 2
Chú ý 1.2 Định nghĩa 1.1 còn có thể phát biểu dưới các dạng tương đương sau: Không gian Banach E được gọi là lồi chặt nếu với mọi x, y ∈S E thỏa mãn kx+yk
2 = 1, suy rax= yhoặc với mọix, y∈ S E vàx 6=yta cóktx+(1−t)yk< 1 với mọi t ∈(0,1), trong đó
Trong không gian Banach lồi chặt E, với mỗi hàm số f thuộc E* mà khác không, tồn tại một phần tử duy nhất x trong E sao cho độ lớn của x là 1 và giá trị của hàm số tại x và f bằng nhau, tức là hx, fi=kfk Để chứng minh điều này, giả sử có hai phần tử x và y trong E với độ lớn kxk=kyk=1 và x khác y, sao cho giá trị của hàm số tại x và y đều bằng kfk.
Khi đó, với t∈ (0,1), từ tính lồi chặt của E, ta có kfk= thx, fi+ (1−t)hy, fi
Trong không gian Banach E, tồn tại duy nhất phần tử x ∈ E sao cho kxk = 1 và hx, fi = kfk Định nghĩa về không gian Banach E được coi là lồi đều nếu với mọi ε > 0, tồn tại δ(ε) > 0 để đảm bảo rằng với mọi x, y ∈ E với kxk = 1 và kyk = 1, nếu kx−yk ≥ ε thì x+y/2 cũng thuộc không gian này.
Nếu E là một không gian Banach lồi đều, thì nó sẽ là không gian Banach lồi chặt Tuy nhiên, điều này không đúng với trường hợp ngược lại, như được minh chứng bởi ví dụ dưới đây.
Ví dụ 1.1 (xem [1] trang 54) Xét E = c0 (không gian các dãy số hội tụ về không) với chuẩn k.k β xác định bởi kxk β =kxk c 0+β
Không gian lồi chặt (E, k.kβ) với β > 0 không phải là không gian lồi đều Để đánh giá tính lồi của không gian Banach E, khái niệm mô đun lồi được giới thiệu, với hàm số δ E (ε) = inf.
Mô đun lồi của không gian Banach E là một hàm số liên tục và tăng trên đoạn [0; 2] Không gian Banach E được coi là lồi chặt khi δ E (2) = 1 Hơn nữa, không gian Banach E là lồi đều nếu và chỉ nếu δ E (ε) > 0 cho mọi ε > 0.
Ví dụ 1.2 Cho H là không gian Hilbert, khi đó mô đun lồi của H được xác định bởi δ H (ε) = 1− r
Mệnh đề 1.5 (xem [1] trang 56) Mọi không gian Banach lồi đều bất kì là không gian phản xạ.
Để chứng minh E là không gian Banach phản xạ, giả sử E là không gian Banach lồi đều Xét S E ∗ = {j ∈ E ∗ : kjk = 1}, đây là hình cầu đơn vị trong E ∗ với f ∈ S E ∗.
Giả sử {x n } là một dãy trong S E sao cho hx n , fi → 1 Ta sẽ chỉ ra {x n } là một dãy Cauchy.
Giả sử {x n } không là dãy Cauchy, khi đó tồn tại ε > 0 và hai dãy {x n i } và {x n j } của {x n } sao cho kx n i −x n j k ≥ ε.
Theo giả thiết, E là không gian lồi đều, nên ∃δ(ε) >0 sao cho x n i +x n j 2
Theo định lý James 1, nếu {x n } là dãy Cauchy và hội tụ về x trong không gian Banach E, thì x thuộc S E và kxk lim n →∞ kx n k = 1 Điều này dẫn đến hx, fi = 1 khi n → ∞ Không gian Banach E được gọi là có tính chất Kadec-Klee nếu mọi dãy {x n } ⊂ E thỏa mãn x n ⇀ x và kx n k → x thì x n → x.
Ví dụ 1.3 Mọi không gian Hilbert H đều có tính chất Kadec-Klee.
Thật vậy, giả sử {xn} là một dãy bất kỳ trong H thỏa mãn x n ⇀ x và kxnk →x Khi đó, ta có kxn−xk 2 =hxn−x, x n −xi
Mệnh đề dưới đây cho ta biết về lớp không gian rộng hơn có tính chất Kadec- Klee.
1 Không gian Banach E là phản xạ khi và chỉ khi với mỗi j ∈ S E ∗ , tồn tại x ∈ S E sao cho hx, ji = 1
Mệnh đề 1.6 Mọi không gian Banach lồi đều có tính chất Kadec-Klee.
Chứng minh Giả sử E là một không gian Banach lồi đều và {x n } là một dãy bất kỳ trong E thỏa mãn x n ⇀ x và kx n k →x.
Nếu x = 0, thì hiển nhiên x n → 0 Giả sử x 6= 0 và x n 9 x Khi đó, ta có x n kx n k 9 x kxk Do đó, tồn tại ε >0 và dãy con {xn k} của {xn} sao cho x n k kx n k k − x kxk
≥ ε, với mọi k ≥ 1 Vì E là không gian lồi đều nên tồn tại δ > 0 sao cho
Từ x n ⇀ x và kx n k →x ta có x n kx n k ⇀ x kxk Suy ra
Không gian Banach E được coi là trơn nếu với mỗi x thuộc S E, tồn tại một hàm duy nhất f x thuộc E ∗ sao cho tích vô hướng hx, f x i bằng kxk và chuẩn của f x bằng 1 Định nghĩa này nhấn mạnh tính chất Kadec-Klee, cho thấy sự liên kết giữa các yếu tố trong không gian này.
Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc
Định nghĩa 1.9 Cho X là một không gian tuyến tính định chuẩn, ánh xạ đa trị J : X −→2 X ∗ xác định bởi
J(x) ={f ∈ X ∗ : hx, fi= kxk 2 , kxk=kfk} được gọi là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc của X.
Trong không gian Hilbert, ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc trùng với ánh xạ đồng nhất I Đồng thời, ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J thường là một ánh xạ đa trị, và khi J là ánh xạ đơn trị, nó được ký hiệu là j.
Nhận xét 1.4 Trong không gian tuyến tính định chuẩn bất kì X, ta luôn có J(x) 6= ∅ với mọi x ∈ X, điều này suy ra trực tiếp từ hệ quả của Định lý Hahn
Mệnh đề dưới đây đề cập đến một số tính chất đơn giản của ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J của không gian tuyến tính định chuẩn X.
Mệnh đề 1.7 nêu rõ rằng đối với không gian tuyến tính định chuẩn X và ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J của nó, J có một số tính chất quan trọng: i) J là ánh xạ lẻ, nghĩa là J(−x) =−J(x) với mọi x thuộc X; ii) J là thuần nhất dương, tức là J(λx) =λJ(x) với mọi λ >0 và x thuộc X; iii) J bị chặn, có nghĩa là nếu D là tập con bị chặn của X, thì J(D) cũng là tập hợp bị chặn trong X ∗; iv) nếu X ∗ là lồi chặt, thì J là đơn trị; v) J là đơn trị và liên tục trên mỗi tập con bị chặn của X khi và chỉ khi.
X là không gian Banach trơn đều.
Chứng minh i) Giả sử f ∈ J(−x), ta có h−x, fi= k −xk.kfk ∗ =kfk 2 ∗, k −xk=kfk ∗ Khi đó hx,−fi= (−1) 2 h−x, fi=k −fk 2 =kxk 2
Ngược lại, giả sử f ∈ −J(x) hay −f ∈ J(x), ta có hx,−fi= (−1) 2 h−x, fi
=k −fk 2 =kxk 2 Khi đó h−x, fi=h−(−x),−fi= hx,−fi=kxk 2 Suy ra f ∈ J(−x) Do đó, ta có
Từ (1.4) và (1.5), ta có J(−x) =−J(x). ii) Giả sử f ∈ J(λx), ta có hλx, fi=kλxk.kfk=kfk 2 , kλxk=kfk.
Khi đó hx, λ −1 fi=λ −1 hλx, λ −1 fi
=λ −2 kλxk.kfk=kλ −1 fk 2 =kxk 2 Suy ra λ −1 f ∈J(x) hay f ∈ λJ(x) Do đó, ta có
Giả sử f ∈λJ(x) hay λ −1 f ∈ J(x), ta có hx, λ −1 fi=λ −1 hλx, λ −1 fi
=λ −2 hλx, fi=λ −2 kλxk.kfk, kλxk=kfk
=kλ −1 fk 2 =kxk 2 Khi đó hλx, fi= hλ −1 λx, λ −1 fi= hx, λ −1 fi=kxk 2 Suy ra f ∈ J(λx) Do đó, ta có λJ(x) ⊆ J(λx) (1.7)
Từ (1.6) và (1.7), ta có J(λx) =λJ(x). iii) Ta chứng minh J ánh xạ mỗi tập bị chặn trong E thành tập bị chặn trong
E ∗ Thật vậy, giả sử D là tập con bị chặn trong E Khi đó, ∃M >0 sao cho kxk ≤ M, ∀x∈ D.
| hx, fi |≤ kxk.kfk, f ∈ E ∗ ,kxk=kfk
Vậy J(D) là tập bị chặn trong E ∗ iv) Giả sử f1, f2 ∈ S E ∗ , x∈E Ta có hx, f1i=kxk.kf1k, kf1k= 1. hx, f2i=kxk.kf2k, kf2k= 1.
Cộng vế với vế của 2 phương trình trên ta nhận được hx, f1+f2i= 2kxk.
Từ đó, suy ra 2kxk=hx, f1+f2i ≤ kxkkf1+f2k Từ đó, ta thu được kf1k+kf2k= 2 ≤ kf1+f2k (1.8)
Mặt khác, hiển nhiên ta có kf1+f2k ≤ kf1k+kf2k (1.9)
Từ 1.8 và 1.9, ta có kf1+f2k=kf1k+kf2k= 2.
Vì E ∗ là không gian lồi chặt, nên suy ra f1 = f2 Vậy J là ánh xạ đơn trị. v) Lấy bất kì x, y ∈S E và λ > 0, ta có hy, J(x)i kxk = hλy, J(x)i λkxk = hx, J(x)i − kxk 2 +hλy, J(x)i λkxk
= hx+λy, J(x)i − kxk 2 λkxk ≤ kxkkx+λyk − kxk 2 λkxk
= kx+λyk − kxk λ = kx+λyk 2 − kxkkx+λyk λkx+λyk
= λhy, J(x+λy)i+hx, J(x+λy)i − |hx, J(x+λy)i| λkx+λyk
Vì vậy, với mọi x, y ∈S E và λ > 0, ta có hy, J(x)i kxk ≤ kx+λyk − kxk λ ≤ hy, J(x+λy)i kx+λyk
Do tính liên tục đều của J trên mỗi tập con bị chặn của E, suy ra λlim→0 kx+λyk − kxk λ = hy, J(x)i kxk Suy ra E là không gian trơn đều.
Giả sử E là không gian trơn đều và J là đơn trị, chúng ta cần chứng minh J liên tục đều trên mỗi tập con bị chặn của E Do E là không gian trơn đều, E ∗ trở thành không gian lồi đều và cũng là không gian lồi chặt Giả sử có hai dãy {x n } và {y n } trong E, với điều kiện kx n k ≤ K và ky n k ≤ K, trong đó K > 0 và kx n −y n k → 0.
Trường hợp 1 Nếu x n → 0, thì y n → 0 Khi đó, ta có kJ(x n )k= kx n k →0 và kJ(y n )k= ky n k →0.
Trường hợp 2 x n 9 0 Khi đó ∃α > 0 và {x n k } ⊂ {x n } sao cho kx n k k ≥ α Vì kx n −y n k → 0, nên ta có thể giả sử ky n k k ≥ α
2 Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử kx n k ≥ β,ky n k ≥ β, β >0. Đặt u n = x n kx n k vàv u = y n ky n k, khi đó kunk= kvnk= 1 Ta có kun −v n k x n ky n k −y n kx n k kx n kky n k
Vì kJ(u n )k=ku n k= 1 và kJ(v n )k=kv n k= 1, nên ta có
Từ đó ta có nlim→∞kJ(u n ) +J(v n )k= 2.
Vì E ∗ là không gian lồi đều, nên kJ(u n )−J(v n )k →0, n→ ∞ Do đó
≤ kx n kkJ(u n )−J(v n )k+ kx n k − ky n k kJ(v n )k →0, n→ ∞.
Vậy J liên tục đều trên mỗi tập con bị chặn của E.
Trong không gian l p với p > 1, không gian đối ngẫu l q của l p là lồi đều, dẫn đến ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J của l p là đơn trị Ánh xạ này có thể được xác định một cách rõ ràng.
θ nếu x=θ {ηn} ∈ l q nếux ={ξn} 6=θ, trong đó η k =|ξ k | p −1 sgn(ξ k )kxk 2− p với mọi k ≥ 1.
Trong không gian tuyến tính định chuẩn X, có hai bất đẳng thức quan trọng: Đầu tiên, đối với mọi x, y thuộc E, bất đẳng thức kx + y k² ≤ k y k² + 2 h x, j(x + y)i được áp dụng cho mọi j(x + y) thuộc J(x + y) Thứ hai, bất đẳng thức kx + y k² ≥ k x k² + 2 h y, j(x)i cũng đúng cho mọi j(x) thuộc J(x).
Chứng minh Trước hết, ta chỉ ra kyk 2 − kxk 2 ≥2hy−x, j(x)i, (1.10) với mọi x, y ∈E.
Thật vậy, ta có kyk 2 − kxk 2 −2hy−x, j(x)i=kxk 2 +kyk 2 −2hy, j(x)i
Suy ra, (1.10) đúng. a) Trong (1.10) thay x bởi x+y, ta nhận được điều phải chứng minh. b) Trong (1.10) thay y bởi x+y, ta nhận được điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.9 Cho E là một không gian Banach trơn Khi đó, hx−y, j(x)− j(y)i ≥ 0 với mọi x, y ∈ E Hơn nữa, nếu E là không gian lồi chặt và hx− y, j(x)−j(y)i= 0, thì x= y.
Chứng minh Với mọi x, y∈ E, ta có hx−y, j(x)−j(y)i=kxk 2 − hx, j(y)i − hy, j(x)i+kyk 2
Do đó, ta nhận được hx−y, j(x)−j(y)i ≥ 0 với mọi x, y ∈E.
Giả sử E là không gian Banach lồi chặt và hx−y, j(x)−j(y)i= 0 Khi đó, từ các đánh giá trên, ta nhận được hx, j(y)i=hy, j(x)i=kxk 2 =kyk 2
Do đó, nếu x= 0, thì y = 0 và ngược lại Giả sử kxk= kyk= d >0 Khi đó, ta có hx d, j(x)i=hy d, j(x)i= kj(x)k.
Theo Mệnh đề 1.4, ta nhận được x d = y d hay x=y.
Mệnh đề 1.10 chỉ ra rằng trong không gian Banach E với s > 0, E là lồi đều nếu và chỉ nếu tồn tại một hàm lồi, liên tục và tăng ngặt g: [0,∞) → [0,∞) với g(0) = 0, thỏa mãn bất đẳng thức kx + yk² ≥ kxk² + 2hy, j(x)i + g(kyk) cho mọi x, y thuộc tập {z ∈ E: kzk ≤ s} và mọi j(x) ∈ J(x) Định nghĩa 1.10 nêu rõ rằng nếu g: X → (−∞,∞] là một hàm lồi và x0 thuộc miền xác định của g, thì dưới vi phân của g tại x0 được ký hiệu là ∂g(x0) và được xác định theo quy tắc nhất định.
Ta nói g là khả dưới vi phân tại x0 nếu ∂g(x0) 6=∅.
Ví dụ 1.7 Cho X là một không gian tuyến tính định chuẩn, g(x) = 1
2kxk 2 với mọi x∈X Khi đó,
Thật vậy, f ∈ ∂g(0) khi và chỉ khi
Thay y bởi λy với λ > 0, ta nhận được λ
Khi cho λ tiến đến 0, ta có được hy, fi ≤ 0 với mọi y thuộc X Thay y bằng -y, ta có hy, fi ≥ 0, từ đó suy ra hy, fi = 0 với mọi y thuộc X Điều này dẫn đến kết luận f = 0, do đó ∂g(0) = {0} Nếu x khác 0, có thể dễ dàng kiểm tra điều này.
Thật vậy, giả sử f ∈ X ∗ thỏa mãn kxk 2 =kfk 2 Khi đó, với mọi y ∈X, ta có hy−x, fi= hy, fi − kxk 2
Ngược lại, giả sử f ∈∂g(x) Khi đó, ta có hy−x, fi ≤ 1
2(kyk 2 − kxk 2 ) với mọi y ∈ X Thay y = x+λz với λ ∈ R và z ∈ X, theo Mệnh đề 1.8 a), ta nhận được λhz, fi ≤ 1
2(λ 2 kzk 2 + 2|λ|kxkkzk) (1.11) Khi λ >0, từ (1.11), ta nhận được hz, fi ≤ 1
Cho λ → 0 + , ta thu được hz, fi ≤ kxkkzk với mọi z ∈ X Suy ra, |hz, fi| ≤ kxkkzk với mọi z ∈ X Với z = x, ta nhận được
|hx, fi| ≤ kxk 2 , kfk ≤ kxk (1.12) Trong bất đẳng thức đầu tiên của (1.11), với x=z và λ < 0, ta nhận được hx, fi ≥ λ+ 2
2 kxk 2 Cho λ→ 0 − , ta được hx, fi ≥ kxk 2 (1.13)
Từ (1.12) và (1.13), ta nhận được hx, fi=kxk 2 =kfk 2
Từ Ví dụ 1.7 và Định nghĩa 1.9, ta có mệnh đề dưới đây.
Mệnh đề 1.11 Cho X là một không gian tuyến tính định chuẩn, g(x) = 1
2kxk 2 với mọi x∈X Khi đó, J(x) =∂g(x).
Chú ý 1.4 Từ Mệnh đề 1.11, nếu E là một không gian Banach trơn, thì J(x) ▽g(x), với g(x) = 1
2kxk 2 với mọi x ∈ E và trong trường hợp này ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J là đơn trị.
Phép chiếu mêtric và phép chiếu tổng quát
Phép chiếu mêtric
Giả sử C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Banach lồi chặt và phản xạ E Khi đó, tập C 0 được định nghĩa là tập hợp các điểm x thuộc C sao cho kxk bằng giá trị nhỏ nhất của kyh với y thuộc C, và tập này chỉ chứa duy nhất một phần tử.
Chứng minh rằng d = inf{kyk : y ∈ C} và tồn tại dãy {xn} ⊂ C với kxnk → d khi n → ∞ Nhờ tính bị chặn của {xn} và Mệnh đề 1.1, có dãy con {x n k} ⊂ {x n} sao cho x n k ⇀ x Từ tính đóng yếu của C (Mệnh đề 1.2), suy ra x ∈ C Cuối cùng, áp dụng tính nửa liên tục dưới yếu của chuẩn, ta có kxk ≤ lim n → ∞ kx n k = d.
Suy ra kxk=d = inf{kyk: y ∈C} hay x∈ C 0
Ta chứng minh tính duy nhất Giả sử tồn tại y 6= x và y ∈ C 0 Từ tính lồi chặt của C, ta có ktx+ (1−t)yk< d với mọi t∈(0,1), điều này mâu thuẫn với d= inf{kyk: y ∈ C}.
Giả sử C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng trong không gian Banach lồi chặt và phản xạ E Với mỗi x thuộc E, tồn tại một phần tử duy nhất trong C.
P C x∈C sao cho kx−P C xk= inf y ∈ Ckx−yk.
Chứng minh Áp dụng Mệnh đề 1.12 cho tậpx−C ta nhận được điều phải chứng minh.
Nếu C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Banach phản xạ E, thì ánh xạ P C: E −→ C được xác định bởi kx−P C xk = inf y ∈ C kx−yk với mọi x ∈ E Phép chiếu mêtric P C này có đặc trưng quan trọng được thể hiện qua mệnh đề dưới đây.
Trong không gian Banach phản xạ E, cho tập con lồi, đóng và khác rỗng C, với x ∈ E và z ∈ C, các khẳng định sau đây là tương đương: (a) z là điểm chiếu của x lên C, ký hiệu là z = P_C x; (b) độ đo hướng giữa y và z, cùng với khoảng cách từ x đến z, thỏa mãn điều kiện hy − z, j(x − z)i ≤ 0 với mọi y thuộc C.
Chứng minh Giả sử b) đúng, khi đó ta có h(y−x)−(x−z), j(x−z)i ≤ 0.
Suy ra kx−zk 2 ≤ hy−x, j(x−z)i ≤ ky −xkkx−zk, với mọi y ∈ C Do đó, ta nhận được kx− zk ≤ kx− yk với mọi y ∈ C hay z =P C x.
Ngược lại, giả sử z =P C x, tức là
2kx−yk 2 , với mọi y ∈C Vì C là tập lồi, y, z ∈C, nên ty+ (1−t)z ∈C với mọi t∈ (0,1).
2kx−[ty+ (1−t)z]k 2 , với mọi y ∈C và mọi t ∈(0,1).
Do đó, từ Định nghĩa 1.10 và Chú ý 1.4, ta nhận được
0 ≥ hx−z−[x−ty+ (1−t)z], j(x−[ty+ (1−t)z)i, với mọi y ∈C và mọi t ∈(0,1) Suy ra hy−z, j(x−[ty+ (1−t)z)i ≤ 0.
Cho t→ 0 + , ta nhận được hy−z, j(x−z)i ≤ 0.
Mệnh đề được chứng minh.
Phép chiếu tổng quát
Cho E là một không gian Banach trơn, xét phiếm hàm φ : E×E −→ R xác định bởi φ(x, y) =kxk 2 −2hx, j(y)i+kyk 2 , với mọi x, y ∈E.
Nhận xét 1.5 a) Từ định nghĩa của phiếm hàm φ, ta có
(kxk − kyk 2 ) ≤ φ(x, y) (1.14) với mọi x, y ∈E. b) Với mỗi y cố định, thì φ(x, y) là hàm lồi theo biến x.
Mệnh đề 1.14 Cho E là một không gian Banach lồi đều và trơn Cho {y n } và {z n } là hai dãy trong E Nếu φ(y n , z n ) → 0 và {y n } hoặc {z n } bị chặn, thì y n −z n → 0.
Chứng minh rằng từ φ(y n , z n ) → 0 suy ra dãy {φ(y n , z n )} bị chặn Từ đó, theo (1.14) và giả thiết, các dãy {y n } và {z n } cũng bị chặn Theo Mệnh đề 1.10, tồn tại một hàm lồi, liên tục và tăng ngặt g: [0,∞) → [0,∞) với g(0) = 0, sao cho g(ky n − z n k) ≤ kz n + (y n − z n )k² − kz n k² − 2h(y n − z n , j(z n )i).
Do đó, từ φ(y n , z n ) →0 suy ra g(kyn−z n k)→ 0 Từ tính tăng ngặt và tính liên tục của g, ta nhận được y n −z n → 0.
Trong không gian Banach phản xạ, lồi chặt và trơn E, nếu C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của E, thì với mỗi x ∈ E, tồn tại duy nhất phần tử x0 ∈ C sao cho φ(x0, x) bằng giá trị nhỏ nhất của φ(z, x) với z thuộc C.
Chứng minh Vì E là không gian phản xạ và nếu kz n k → ∞ thì φ(z n , x) → ∞ (Nhận xét 1.5), nên theo Mệnh đề 1.3, tồn tại x0 ∈C sao cho φ(x0, x) = inf{φ(z, x) : z ∈C}.
Vì E là lồi chặt nên k.k 2 cũng là hàm lồi chặt Với mọi x1, x2 ∈ E và x1 khác x2, cho mọi t ∈ (0,1), ta có ktx1 + (1−t)x2k 2 < tkx1k 2 + (1−t)kx2k 2 Điều này dẫn đến việc φ(., x) là hàm lồi chặt, từ đó suy ra phần tử x0 là duy nhất.
Theo Mệnh đề 1.15, nếu C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Banach phản xạ, lồi chặt E, thì ánh xạ Π C : E −→C được xác định bởi φ(Π C x, x) = inf y ∈ Cφ(y, x) cho mọi x ∈E, được gọi là phép chiếu tổng quát từ E lên C Đặc biệt, trong không gian Hilbert, phép chiếu mêtric và phép chiếu tổng quát là trùng nhau.
Trong không gian Banach E phản xạ, lồi chặt và trơn, cho tập con lồi, đóng, khác rỗng C và điểm x ∈ E, x0 ∈ C, các khẳng định sau đây là tương đương: (a) x0 là hình chiếu của x lên C; (b) Đối với mọi z ∈ C, bất đẳng thức hz - x0, j(x0) - j(x)i ≥ 0 được thỏa mãn.
Chứng minh Giả sử x0 = Π C x Vì C là tập lồi nên tz + (1−t)x0 ∈ C với mọi z ∈C và mọi t ∈(0,1) Do đó, ta có ϕ(x0, x)≤ φ(tz+ (1−t)x0, x), với mọi z ∈C và mọi t∈ (0,1) Từ (1.10), suy ra
Cho t→ 0 + , ta nhận được hz−x0, j(x0)−j(x)i ≥ 0 với mọi z ∈C.
Ngược lại, giả sử b) đúng Khi đó, với mọi z ∈C, từ (1.10), ta có φ(z, x)−φ(x0, x) =kzk 2 −2hz, j(x)i+kxk 2 − kx0k 2 + 2hx0, j(x)i − kxk 2
Do đó, ta nhận được x0 = Π C x.
Xấp xỉ nghiệm của bài toán không điểm chung tách 28 2.1 Bài toán không điểm chung tách tách
Xấp xỉ nghiệm của bài toán không điểm chung tách
Để giải Bài toán (2.1), T.M Tuyen [12] đã đưa ra phương pháp lặp song song dưới đây:
Cho x1 ∈ E là một phần tử bất kỳ và cho {x n } là dãy được xác định bởi z j,n =x n −r n J E −1 T ∗ (J F (T x n −Q j à n T x n )), j = 1,2, , M,
Chọn j n sao cho kz j n ,n −x n k = max j =1 , ,Mkz j,n −x n k, đặt z n =z j n ,n , y i,n = J λ i n z n , i = 1,2, , N,
Chọn i n sao cho ky i n ,n −z n k= max i =1 , ,Nky i,n −z n k, đặt y n =y i n ,n ,
(2.2) trong đú {λ n }, {à n } ⊂(0,∞) và a, b∈R thỏa món cỏc bất đẳng thức sau:
0 < a≤ r n , và 0 < b ≤λ n , à n , ∀n∈ N. Để chứng minh sự hội tụ mạnh của dãy {x n }xác định bởi (2.2), T.M Tuyen
[12] đã đưa ra các bổ đề sau:
Bổ đề 2.1 khẳng định rằng, trong không gian Banach lồi đều và trơn E, nếu J là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc, thì A là một toán tử đơn điệu cực đại từ E.
Trong không gian E, với điều kiện A^{-1} không rỗng và J_r là toán tử giải mêtric của A với r > 0, nếu {x_n} là một dãy bị chặn trong E và {r_n} là một dãy các số thực dương, thì dãy {J_{r_n} x_n} cũng sẽ bị chặn.
Chứng minh Lấy z ∈ A −1 0, từ định nghĩa của toán tử giải J r n x n , ta có
Từ tính đơn điệu của A, ta nhận được hJr nx n −z, J E (x n −J r n x n )i ≥ 0, (2.3) với mọi n ≥ 1. Đặt K = max{kzk,sup n {kx n k}} 0 Giả sử {x n } và {y n } là hai dãy bị chặn trong E, thỏa mãn điều kiện kx n −y n k → 0 Nếu {r n } là dãy các số thực dương, thì kết luận rằng kJ r n x n −J r n y n k → 0.
Chứng minh Từ định nghĩa của các toán tử giải mêtric J r n x n và J r n y n , ta có
Từ tính đơn điệu của A, ta có hJr n −J r n y n , J E (x n −J r n x n )−J E (y n −J r n y n )i ≥ 0.
Từ tính chất của hàm φ và bất đẳng thức trên, ta thu được
Từ Bổ đề 2.1, dãy {J E (x n −J r n x n )−J E (y n −J r n y n )} bị chặn Do đó, từ kx n − y n k →0 và (2.4), ta thu được φ(x n −J r n x n , y n −J r n y n ) →0.
Từ Mệnh đề 1.14, suy ra k(x n −y n )−(J r n x n −J r n y n )k →0 Vì kx n −y n k →0, nên kJ r n x n −J r n y n k →0.
Ta có các mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 2.1 Trong (2.2), với mọi n ≥ 1, ta đều có S ⊂C n ∩D n ∩Q n
Chứng minh Trước hết, ta chỉ ra rằng S ⊂ C n với mọi n ≥ 1 Thật vậy, lấy z ∈S, từ (2.2), ta có j E (x n −z n ) =r n T ∗ (J F (T x n −Q j à n n T x n )).
Từ định nghĩa của Q j à n n T x n suy ra
Từ tính đơn điệu của B j n và 0 ∈B j n T z, ta nhận được hQ j à n n T x n −T z, J F (T x n −Q j à n n T x n )i ≥ 0 (2.7)
Do đó, từ (2.5) và (2.7), ta thu được hx n −z, J E (x n −z n )i ≥r n kT x n −Q j à n n T x n k 2 , tức là S ⊂C n
Bây giờ, ta chỉ ra S ⊂ D n với mọi n≥ 1 Thật vậy, từ định nghĩa của J λ i n nz n , ta có
Từ tính đơn điệu của A i n và 0∈ A i n z, ta có hy n −z, J E (z n −y n )i ≥0, dẫn đến S ⊂ D n Để hoàn tất chứng minh mệnh đề này, ta sẽ chứng minh S ⊂ Q n bằng quy nạp toán học Cụ thể, với Q1 = E, ta có S ⊂ Q1 Giả sử S ⊂ Q k với k ≥ 1 Khi đó, S ⊂ C k ∩ D k ∩ Q k Từ x k +1 = P C k ∩ D k ∩ Q k, ta suy ra x k +1 ∈ Q k và theo Mệnh đề 1.13, có hx k +1−z, J E (x1−x k +1)i ≥0 với mọi z ∈ C k ∩ D k ∩ Q k Vì S ⊂ C k ∩ D k ∩ Q k, ta có hx k +1−z, J E (x1−x k +1)i ≥0 với mọi z ∈ S Theo định nghĩa của Q k +1, ta có z ∈ Q k +1, từ đó suy ra S ⊂ Q k +1.
Mệnh đề 2.2 Trong (2.2), ta có kxn +1−x n k →0, khi n → ∞.
Từ Mệnh đề 2.1, ta có thể kết luận rằng dãy {x_n} được xác định bởi (2.2) là hoàn toàn xác định Do S là tập con lồi, đóng và không rỗng của E, nên tồn tại một điểm z0 ∈ S sao cho z0 =P_S x1.
Từ x n +1 =P C n ∩ D n ∩ Q nx1, ta có kx n +1−x1k ≤ kx1−yk, (2.10) với mọi y ∈C n ∩D n ∩Q n Vì z0 ∈S ⊂ C n ∩D n ∩Q n , nên kx n +1−x1k ≤ kx1−z0k, (2.11) suy ra dãy {x n } bị chặn.
Từ x n +1 ∈Q n , ta có hx n −x n +1, J E (x1−x n )i ≥0, suy ra kx n +1−x1k ≥ kx n −x1k, kết hợp với tính bị chặn của dãy {x n }, tồn tại giới hạn hữu hạn lim n →∞ kx n − x1k= l.
Rõ ràngx n vàx n +1thuộc Q n Do đó, từ định nghĩa củaQ n , ta có x n +x n +1
2(kx n −x1k+kx n +1−x1k) và do đó nlim→∞kx1− x n +x n +1
Do E là không gian lồi đều, nên ta thu được kx n +1−x n k →0, khi n → ∞.
Mệnh đề 2.3 Trong (2.2), ta cú lim n →∞kJ F (T x n −Q j à n T x n )k = 0 với mọi j = 1,2, , M.
Chứng minh Từ (2.2), ta có
Vì {x_n} bị chặn và T là toán tử tuyến tính bị chặn, nên {T x_n} cũng bị chặn Từ Bổ đề 2.1, suy ra {T x_n - Q_j à n n T x_n} bị chặn, do đó {J E (x_n - z_n)} cũng bị chặn.
Từ x n +1 ∈C n , ta có hx n −x n +1, J E (x n −z n )i ≥r n kT x n −Q j à n n T x n k 2
Từ tính bị chặn của {J E (x n −z n )}, kx n +1−x n k →0 và từ r n ≥a > 0, suy ra kT x n −Q j à n n T x n k →0.
Do đó, từ (2.12), ta nhận được kJE(x n −z n )k →0 và do vậy kx n −z n k →0 (2.13)
Từ định nghĩa của z n , ta thu được nlim→∞kxn−z j,n k= 0, (2.14) với mọi j = 1,2, , M.
Do đó, từ các bất đẳng thức
J E (x n −z j,n ) =r n T ∗ (J F (T x n −Q j à n T x n )), j = 1,2, , M và r n ≥a > 0, ta nhận được nlim→∞kJ F (T x n −Q j à n T x n )k= 0 for all j = 1,2, , M.
Mệnh đề 2.4 Trong (2.2), ta có lim n →∞kJ E (z j,n − J λ i n z j,n )k = 0 với mọi i = 1,2, , N và j = 1,2, , M.
Chứng minh Từ định nghĩa của D n , ta có y n = P D n z n và do đó, ta nhận được ky n −z n k ≤ ky −z n k với mọi y ∈D n Từ bất đẳng thức trên và x n +1 ∈ D n , ta có ky n −z n k ≤ kx n +1−z n k.
Do đó, từ Mệnh đề 2.2 và kxn−z n k →0, ta thu được ky n −z n k →0.
Từ định nghĩa của y n , ta có kzn −y i,n k →0 với mọi i = 1,2, , N, tức là kz n −J λ i n z n k →0, (2.15) với mọi i = 1,2, , N.
Từ (2.13) và (2.14), ta có kz n −z j,n k →0 (2.16) với mọi j = 1,2, , M Từ Bổ đề 2.2, ta thu được kJ λ i n z n −J λ i n z j,n k →0, (2.17) với mọi i = 1,2, , N vàj = 1,2, , M.
Do đó, từ (2.15)-(2.17), ta nhận được kz j,n −J λ i n z j,n k →0 (2.18)
Vì vậy nlim→∞kJE(z j,n −J λ i n z j,n )k= 0, với mọi i = 1,2, , N vàj = 1,2, , M.
Phương pháp lặp (2.2) hội tụ mạnh theo định lý 2.1, trong đó dãy {xn} hội tụ mạnh về phần tử z0 ∈ S, với z0 = P S x1.
Chứng minh Vì dãy {x n } bị chặn, nên tồn tại một dãy con {x n k } của {x n } hội tụ yếu về phần tử w ∈E Ta sẽ chỉ ra w ∈S.
Từ (2.14), ta có z j,n k ⇀ w khi k → ∞, với mọi j = 1,2, , M Từ (2.18) suy ra J λ i n z j,n k ⇀ w khi k → ∞, với mọi j = 1,2, , M và mọi i = 1,2, , N Từ định nghĩa của J λ i nk, ta có
Từ tính đơn điệu của A i suy ra s−J λ i nkz j,n k , t ∗ − J E (z j,n k −J λ i nkz j,n k ) λ n k
≥0, với mọi (s, t ∗ ) ∈ A i Vì lim k →∞kJE(z j,n k −J λ i nkz j,n k )k = 0 và 0 < b ≤ λ n k , nên ta nhận đượchs−w, t ∗ −0i ≥0, với mọi (s, t ∗ ) ∈A i Do A i là đơn điệu cực đại, nên w∈ A −1 i 0 với mọi i = 1,2, , N.
Tiếp theo, vì T là toán tử tuyến tính bị chặn, nên T x n k ⇀ T w, khi k → ∞.
Từ Mệnh đề 2.3, ta cú Q j à nkT x n k ⇀ T w, khi k → ∞ Từ định nghĩa của Q j à nk, suy ra
Từ tính đơn điệu của B j , ta nhận được u−T x n k , v ∗ − J F (T x n k −Q j à nkT x n k ) à n k
≥ 0, với mọi (u, v ∗ ) ∈ B j Từ kJ F (T x n k −Q j à nkT x n k )k → 0 và 0 < b ≤ à n k , suy ra hu−T w, v ∗ −0i ≥ 0 với mọi(u, v ∗ )∈ B j Vì B j là toán tử đơn điệu cực đại, nên
T w ∈B j −1 0 với mọi j = 1,2, , M, tức là w∈ T −1 (∩ M j =1B j −1 0) Vậy w ∈S. Bây giờ, từ z0 =P S x1, w∈ S và (2.11), ta có kx1−z0k ≤ kx1−wk ≤lim inf k →∞ kx1−x n k k
Khi đó, ta thu được klim→∞kx1−x n k k =kx1−wk=kx1−z0k.
Từ định nghĩa của z0, ta có z0 = w Do thỏa mãn tính chất Kadec-Klee, nên lim k → ∞ xnk = z0 Từ tính duy nhất của z0, suy ra dãy {xn} hội tụ mạnh về z0 = PS x1 khi n → ∞.
Khi N =M = 1, ta có hệ quả dưới đây:
Hệ quả 2.1 Cho E và F là các không gian Banach lồi đều và trơn và cho J E ,
J F là các ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc trên không gian E và F A và B là các toán tử đơn điệu cực đại từ E vào 2 E ∗ và từ F vào 2 F ∗ J λ và Q là các toán tử giải mờtric A với λ > 0 và B với à > 0.
T : E −→ F là một toán tử tuyến tính bị chặn, với T khác không và T ∗ là toán tử liên hợp của T Giả sử S = A −1 0∩T −1 (B −1 0) không rỗng Lấy bất kỳ x1 ∈ E, dãy {x n } được xác định bởi z n = x n −r n J E −1 T ∗ (J F (T x n −Q à n T x n )) và y n = J λ n z n.
Q n ={z ∈E : hx n −z, J E (x1−x n )i ≥0}, x n +1 =P C n ∩ D n ∩ Q nx1, n≥1, trong đú {λn}, {àn} ⊂ (0,∞) và a, b∈R thỏa món cỏc bất đẳng thức sau
Khi đó, dãy {x n } hội tụ mạnh về phần tử z0 ∈ S, với z0 =P S x1.
Theo Định lý 2.1, chúng ta có kết quả cho bài toán tìm không điểm chung của một họ hữu hạn các toán tử đơn điệu cực đại trong không gian Banach Định lý 2.2 chỉ ra rằng, với E là không gian Banach lồi đều và trơn, cùng với ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J trên E, nếu A_i (i=1,2, ,N) là các toán tử đơn điệu cực đại từ E vào 2E*, và J λ_i là toán tử giải của A_i với λ > 0, thì khi S = ∩_{i=1}^N A^{-1}_i 0 6= ∅, ta có thể xác định dãy {x_n} bằng cách sử dụng y_{i,n} = J λ_i n x_n cho mọi i = 1,2, ,N.
Chọn i n sao cho ky i n ,n −x n k= max i =1 , ,Nky i,n −x n k, đặt y n =y i n ,n ,
(2.19) trong đó {λ n } và a∈ R thỏa mãn các bất đẳng thức sau
0< a ≤ λ n , ∀n ∈N. Khi đó, dãy {xn} hội tụ mạnh về phần tử z0 ∈ S, với z0 =P S x1.
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.1 với E ≡ F, B j : E −→ 2 E ∗ xác định bởi
B j x = 0 với mọi j = 1,2, , M và mọi x ∈ E (tức là, B j = ∂i E ), T là ánh xạ đồng nhất trên E và r n = 1 với mọi n ≥ 1, ta nhận được điều phải chứng minh.
Ta có hệ quả dưới đây cho bài toán tìm không điểm chung của một họ hữu hạn toán tử đơn điệu cực đại trong không gian Hilbert.
Hệ quả 2.2 đề cập đến một không gian Hilbert thực H và các toán tử đơn điệu cực đại A i từ H vào 2 H, với i = 1, 2, , N Đối với mỗi toán tử A i, có một toán tử giải J λ i với λ > 0 Giả sử S = ∩ N i =1A −1 i 0 6= ∅, nghĩa là tồn tại ít nhất một phần tử trong giao của các ảnh ngược của A i Với bất kỳ x1 ∈ H, dãy {x n } được xác định bởi y i,n = J λ i n x n cho i = 1, 2, , N.
Chọn i n sao cho ky i n ,n −x n k= max i =1 , ,Nky i,n −x n k, đặt y n =y i n ,n ,
(2.20) trong đó {λ n } và a∈ R thỏa mãn bất đẳng thức
0< a ≤ λ n , ∀n ∈N.Khi đó, dãy {x n } hội tụ mạnh về phần tử z0 ∈ S, với z0 =P S x1.
Ứng dụng
2.3.1 Bài toán điểm cực tiểu tách
Cho E là một không gian Banach và cho f : E −→ (−∞,∞] là một hàm lồi, chính thường, nửa liên tục dưới Dưới vi phân của f là ánh xạ đa trị ∂f :
E −→ 2 E ∗ và được xác định bởi
∂f(x) ={g ∈ E ∗ : f(y)−f(x)≥ hy−x, gi, ∀y ∈E} với mọi x ∈ E Ta biết rằng ∂f là một toán tử đơn điệu cực đại (xem [9]) và x0 ∈argmin E f(x) khi và chỉ khi ∂f(x0) ∋0.
Định lý 2.3 nêu rằng, cho E và F là các không gian Banach lồi đều và trơn, với J E và J F là các ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc tương ứng Xét các hàm lồi, chính thường, nửa liên tục dưới f i từ E vào (−∞,∞] và g j từ F vào (−∞,∞] Nếu T: E −→ F là một toán tử tuyến tính bị chặn khác không và T ∗ là toán tử liên hợp của T, thì các điều kiện trên sẽ được áp dụng.
S = ∩ N i =1(∂f i ) −1 0∩T −1 (∩ M j =1(∂g j ) −1 0) 6= ∅ Với bất kỳ x1 ∈ E, cho {x n } là dãy được xác định bởi t j,n =arg min y ∈ F{g j (y) + 1
Chọn j n sao cho kz j n ,n −x n k= max j =1 , ,Mkz j,n −x n k, đặt z n = z j n ,n , y i,n =arg min y ∈ E{f i (x) + 1
2λ n kx−z n k 2 }, i = 1,2, , N, Chọn i n sao cho ky i n ,n −z n k= max i =1 , ,Nky i,n −z n k, đặt y n =y i n ,n ,
(2.21) trong đú {λ n }, {à n } ⊂ (0,∞) và a, b∈R thỏa món cỏc bất đẳng thức
0 < a≤ r n , và 0 < b ≤λ n , à n , ∀n∈ N. Khi đó, dãy {x n } hội tụ mạnh về phần tử z0 ∈ S, với z0 =P S x1.
Chứng minh Ta có t j,n =arg min y ∈ F{g j (y) + 1
2à n ky −T x n k 2 } nếu và chỉ nếu
∂g j (t j,n ) + 1 à n J F (t j,n −T x n )∋ 0, suy ra t j,n =Q j à n T x n , trong đú Q j à n là toỏn tử giải mờtric của B j
Tương tự, ta cũng có y i,n =arg min y ∈ E{f i (x) + 1
2λ n kx−z n k 2 }, nếu và chỉ nếu y i,n =J λ i n z n , trong đó J λ j n là toán tử giải mêtric của A i
Do đó, áp dụng Định lý 2.1, ta nhận được điều phải chứng minh.
2.3.2 Bài toán chấp nhận tách
Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của E Đặt i C là hàm chỉ của
Dễ thấy i C là một hàm lồi, chính thường, nửa liên tục dưới, do đó toán tử dưới vi phân ∂i C là đơn điệu cực đại Ta biết rằng
∂i C (u) =N(u, C) ={f ∈ E ∗ : hu−y, fi ≥0 ∀y ∈ C}, trong đó N(u, C) là nón pháp tuyến của C tại u.
Ta ký hiệu toán tử giải mêtric của ∂i C bởi J r với r > 0 Giả sử u= J r x với x∈E, tức là
Do đó, ta có huưy, J E (xưu)i ≥0, với mọi y ∈C Từ Mệnh đề 1.13, ta nhận được u =P C x.
Định lý 2.4 khẳng định rằng, với các không gian Banach lồi đều và trơn E và F, cùng với các ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J E và J F, nếu L i và K j là các tập con lồi, đóng và khác rỗng của E và F, thì tồn tại một toán tử tuyến tính bị chặn T từ E đến F, với điều kiện T khác 0 và T ∗ là toán tử liên hợp của T Nếu S = ∩ N i =1L i ∩T −1 (∩ M j =1K j ) không rỗng, thì cho bất kỳ x1 thuộc E, có thể xác định dãy {x n } với z j,n =x n −r n J E −1 T ∗ (J F (T x n −P K j T x n )) cho j = 1,2, , M.
Chọn j n sao cho kz j n ,n −x n k = max j =1 , ,Mkz j,n −x n k, đặt z n =z j n ,n , y i,n = P L i z n , i= 1,2, , N,
Chọn i n sao cho ky i n ,n −z n k= max i =1 , ,Nky i,n −z n k, đặt y n =y i n ,n ,
Q n ={z ∈E : hx n −z, J E (x1−x n )i ≥0}, x n +1 =P C n ∩ D n ∩ Q nx1, n≥1, (2.22) trong đó {rn} ⊂(0,∞) và a∈R thỏa mãn bất đẳng thức
Khi đó, dãy {x n } hội tụ mạnh về phần tử z0 ∈ S, với z0 =P S x1.
Ta có hệ quả dưới đây cho bài toán chấp nhận lồi trong không gian Banach.
Hệ quả 2.3 đề cập đến không gian Banach lồi đều và trơn E, cùng với ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J trên E Giả sử L_i (i = 1, 2, , N) là các tập con lồi, đóng và khác rỗng của E, với S = ∩ N i =1L i không rỗng Đối với bất kỳ x1 thuộc E, dãy {x_n} được xác định bởi y_i,n = P L_i x_n, với i = 1, 2, , N.
Chọn i n sao cho ky i n ,n −x n k= max i =1 , ,Nky i,n −x n k, đặt y n =y i n ,n ,
Khi đó, dãy {xn} hội tụ mạnh về phần tử z0 ∈ S, với z0 =P S x1.
2.3.3 Bất đẳng thức biến phân tách
Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng E, với A : C −→ E ∗ là một toán tử đơn điệu h-liên tục Điều này có nghĩa là với bất kỳ c ∈ C và t n → 0 +, ta có A(x + t n y) ⇀ Ax với mọi y ∈ E sao cho x + t n y ∈ C Một phần tử u ∈ C được gọi là nghiệm của bất đẳng thức biến phân ứng với A nếu Aui ≥ 0 với mọi y ∈ C.
Ta ký hiệu V I(C, A) là tập nghiệm của bất đẳng thức biến phân ứng với toán tử A.
Ta xác định ánh xạ T bởi
Theo [9], thì T A là toán tử đơn điệu cực đại và T A −1 0 =V I(C, A).
Với bất kỳ y ∈ E và r > 0, ta biết rằng tập nghiệm của bất đẳng thức biên phân V I(C, rA+J E (• −y))có duy nhất một phần tử Giả sử x= V I(C, rAx+
Từ định nghĩa của N(x, C), ta có
Do đó, ta nhận được x=J r y, trong đó J r là toán tử giải mêtric của T A
Cho E và F là các không gian Banach lồi đều và trơn Gọi K_i (i=1,2, ,N) và L_j (j=1,2, ,M) là các tập con lồi, đóng và khác rỗng của E và F Định nghĩa A_i: K_i → E* và B_j: L_j → F* là các toán tử đơn điệu, h-liên tục Xét T: E → F là một toán tử tuyến tính bị chặn với T ≠ 0.
Xét bài toán bất đẳng thức biến phân tách sau:
Tìm một phần tử x ∗ ∈S (2.24) Để giải bài toán (2.24), tác giả T.M Tuyen đã xây dựng các toán tử T A i vàT B j như sau:
∅ nếu x /∈L j , với mọi i = 1,2, , N và mọi j = 1,2, , M Với mọi r > 0, ta ký hiệu J r i và Q j r là các toán tử giải mêtric của T A i và T B j ,tương ứng.
Bài toán (2.24) tương đương với bài toán không điểm chung tách ứng với các toán tử đơn điệu cực đại T A i và T B j Theo Định lý 2.1, ta có thể rút ra kết quả sau: Định lý 2.5 khẳng định rằng, với x1 ∈ E là phần tử bất kỳ và dãy {xn} được xác định bởi t j,n = V I(L j, à n B j + J F (• − T x n)), j = 1,2, , M, cùng với z j,n = x n − r n J E −1 T ∗ (J F (T x n − t j,n)), j = 1,2, , M.
Chọn j n sao chokz j n ,n −x n k= max j =1 , ,Mkz j,n −x n k, đặt z n =z j n ,n , y i,n =V I(K i , λ n A i +J E (• −z n )), i= 1,2, , N,
Chọn i n sao cho ky i n ,n −z n k= max i =1 , ,Nky i,n −z n k, đặt y n =y i n ,n , (2.25)
Q n = {z ∈ E : hx n −z, J E (x1−x n )i ≥0}, x n +1 =P C n ∩ D n ∩ Q nx1, n≥1, trong đú {λ n }, {à n } ⊂ (0,∞) và a, b∈R thỏa món cỏc bất đẳng thức sau:
Khi đó, dãy {x n } hội tụ mạnh về phần tử z0 ∈ S, với z0 =P S x1.
Cuối cùng, ta có hệ quả dưới đây cho hệ bất đẳng thức biến phân:
Hệ quả 2.4 cho biết rằng trong không gian Banach lồi đều và trơn E, với các tập con lồi, đóng và khác rỗng K i (i = 1, 2, , N) và các toán tử đơn điệu, h-liên tục A i: K i → E ∗, nếu S = ∩ N i =1 V I(K i , A i) khác rỗng, thì với bất kỳ x1 ∈ E, dãy {xn} được xác định bởi y i,n = V I(K i , λ n A i + J E (• − x n)) cho i = 1, 2, , N sẽ tồn tại.
Chọn i n sao cho ky i n ,n −x n k= max i =1 , ,Nky i,n −x n k, đặt y n =y i n ,n ,
Q n ={z ∈E : hx n −z, J E (x1−x n )i ≥ 0}, x n +1 = P D n ∩ Q nx1, n≥ 1, trong đó {λn} ⊂ (0,∞) và a ∈R thỏa mãn bất đẳng thức
0 < a≤ λ n ∀n∈ N.Khi đó, dãy {x n } hội tụ mạnh về phần tử z0 ∈ S, với z0 =P S x1.
Ví dụ minh họa
Ví dụ 2.1 Xét bài toán chấp nhận tách, tìm một phần tử x ∗ ∈ S = ∩ N i =1L i ∩
T −1 (∩ M j =1K j ), với L i ⊂R N và K j ⊂ R M được xác định bởi
K j = {x ∈ R M : ha K j , xi ≤ b K j }, trong đó a L i ∈ R N, a K j ∈ R M và b L i, b K j ∈ R với mọi i = 1,2, , N và mọi j = 1,2, , M T là một toán tử tuyến tính bị chặn từ R N vào R M với ma trận có các phần tử được chọn ngẫu nhiên trong khoảng [2,4] Các tọa độ của các véc tơ a L i, a K j được lấy ngẫu nhiên trong đoạn [1,3], trong khi b L i, b K j được lấy ngẫu nhiên trong các khoảng [5,10] và [2,4], tương ứng.
Dễ thấy 0 ∈S = (∩ N i =1L i )∩T −1 (∩ M j =1K j ) và do dó S 6=∅.
Chú ý 2.1 Trong ví dụ này, ta xác định hàm số TOL n bởi
X j =1 kT x n −P Q j T x n k 2 cho mọi n ≥ 1 Nếu tại bước lặp thứ n, TOL n = 0, thì x n thuộc tập S, tức là x n là nghiệm của bài toán Do đó, điều kiện TOL n < err được sử dụng để dừng thuật toán, trong đó err là sai số đã được xác định trước.
Lấy N = 10, M = 20, N = 20, M = 50 Xét sự hội tụ của phương pháp lặp (2.22) trong Định lý 2.3 với x0 có các tọa độ được lấy ngẫu nhiên trong đoạn
[10,50], ta nhận được bảng kết quả số dưới đây.
Phương pháp lặp (2.22) err TOL n n
Bảng 2.1: Kết quả số cho phương pháp lặp (2.22) Dáng điệu của hàm số TOL trong Bảng 2.1 được mô tả bởi hình dưới đây:
Hình 2.1: Dáng điệu của hàm số TOL với điều kiện dừng TOL n < 10 − 5
Luận văn đã trình bày lại một cách khá chi tiết và hệ thống về các vấn đề sau:
Không gian Banach phản xạ có những tính chất đặc trưng quan trọng, bao gồm khả năng phản xạ các điểm trong không gian Ngoài ra, không gian Banach lồi đều thể hiện tính chất lồi của các tập hợp, trong khi không gian Banach trơn đều cho thấy sự mượt mà trong cấu trúc hình học Cuối cùng, ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc là một khái niệm cốt lõi, giúp liên kết các không gian Banach với nhau qua các ánh xạ chuẩn tắc.
• Phép chiếu mêtric và phép chiếu tổng quát cùng với một số tính chất cơ bản của chúng;
• Toán tử đơn điệu đa trị trong không gian Banach và toán tử giải mêtric;
Nghiên cứu của T.M Tuyen trong tài liệu [12] đã trình bày phương pháp chiếu lai ghép cho bài toán không điểm chung tách trong không gian Banach Chương này của luận văn cũng khám phá các ứng dụng của phương pháp này cho một số bài toán liên quan, bao gồm bài toán điểm cực tiểu tách, bài toán chấp nhận tách và bài toán bất đẳng thức biến phân tách.
[1] Agarwal R P., O’Regan D., Sahu D R (2009), Fixed Point Theory for Lipschitzian-type Mappings with Applications, Springer.
[2] Byrne C (2002), “Iterative oblique projection onto convex sets and the split feasibility problem”, Inverse Problems, 18 (2), pp 441–453.
[3] Byrne C (2004), “A unified treatment of some iterative algorithms in signal processing and image reconstruction”, Inverse Problems, 18, pp 103–120.
[4] Censor Y., Elfving T (1994), “A multi projection algorithm using Bregman projections in a product space”, Numer Algorithms, 8 (2-4), pp 221–239.
[5] Diestel J (1970), Geometry of Banach Spaces-Selected Topics, Springer- Verlag.
[6] Goebel K., Kirk W.A (1990), Topic in Metric Fixed Point Theory, Cam- bridge University Press.
[7] Kamimura S., Takahashi W (2003), “Strong convergence of proximal-type algorithm in Banach space”, SIAM J Optim., 13(3), pp 938–945
[8] Lindenstrauss J., Tzafriri L (1979), Classical Banach Spaces II: Function Spaces, Ergebnisse Math Grenzgebiete Bd 97, Springer-Verlag.
[9] Rockafellar R T (1970), “On the maximal monotonicity of subdifferential mappings”, Pacific J Math., Vol 33(1), pp 209–216.
[10] Rockafellar R T (1970), “On the maximality of sums of nonlinear monotone operators”, Trans Amer Math Soc., 149, pp 75–88.
[11] Shehu Y., Agbebaku D.F (2017), “On split inclusion problem and fixed point problem for multi-valued mappings”, Comp Appl Math., 37(2), pp.1807–1824.