Cấu trúc hình học không gian Banach
Không gian Banach thực E có hai không gian đối ngẫu tương ứng là E ∗ và E ∗∗ Tập C ⊆ E được gọi là lồi nếu với mọi x, y ∈ C và mọi λ ∈ [0,1], thì tổ hợp tuyến tính λx + (1−λ)y cũng thuộc C.
Hay nói cách khác, tập C ⊆ E là lồi nếu nó chứa mọi đoạn thẳng nối hai điểm bất kì thuộc nó.
Tập không lồi được minh họa trong hình 1.1, nơi đoạn nối giữa hai điểm I và H chứa phần J K không thuộc về tập này.
Các ví dụ đơn giản về tập lồi bao gồm nửa không gian đóng và hình cầu đóng Biểu diễn giải tích của các tập hợp này là các hình dạng cụ thể trong không gian.
Trong không gian E, tập hợp ∆ được định nghĩa là các phần tử x thỏa mãn điều kiện hx∗, xi ≤ α Tập hợp S[x0, r] bao gồm các phần tử x trong E sao cho khoảng cách từ x đến x0 không vượt quá r Định nghĩa 1.2 nêu rõ rằng dãy {xk} trong E được gọi là hội tụ mạnh tới x0 nếu giới hạn khi k tiến tới vô cực của khoảng cách kxk - x0k bằng 0, ký hiệu là xk → x0 Ngược lại, dãy này hội tụ yếu tới x0 nếu giới hạn của hxk, x∗i bằng hx0, x∗i với mọi x∗ trong E∗, ký hiệu là xk * x0.
Nhận xét 1.1 Nếu dãy {x k } ⊂ E hội tụ mạnh tới x 0 ∈ E thì nó hội tụ yếu tớix0 ∈ E Khẳng định ngược lại là đúng nếuE là không gian hữu hạn chiều.
Dưới đây là một ví dụ về dãy hội tụ yếu nhưng không hội tụ mạnh trong không gian E = l2 Xét dãy {xk} với xk = (0, 0, 0, , 1, 0, ) trong đó chỉ có thành phần tại vị trí k bằng 1, còn lại đều bằng 0 Điều quan trọng là E* cũng là l2, và với mọi x* = (y1, y2, , yk, ) thuộc l2, ta có giới hạn khi k tiến tới vô cùng của bằng giới hạn của yk, dẫn đến kết quả là 0.
Do đó, xk * 0 khi k → ∞ Tuy nhiên, {x k } không hội tụ mạnh bởi vì kxkk = 1 với mọi k ∈ N.
Nhận xét 1.2 Trong không gian Hilbert, nếu dãy {xk} thỏa mãn xk * x0 và kx k k → kx 0 k khi k → ∞ thì x k → x 0 Thật vậy, ta có kxk−x0k 2 = hxk−x0, xk −x0i
Cho k → ∞ ta nhận được kx k −x 0 k → 0.
Cho E là một không gian Banach thực và {xk} ⊂ E Nếu xk hội tụ về x0, thì dãy {xk} bị chặn và ||x0|| ≤ lim inf (k→∞) ||xk|| Định nghĩa 1.3: Tập C ⊆ E được gọi là đóng nếu với mọi dãy {xk} trong C, thì giới hạn của dãy đó cũng thuộc C.
Không gian Banach E được xem là lồi đều nếu với mọi điểm trong không gian, các tính chất hình học cơ bản của nó sẽ được khám phá trong các tài liệu tham khảo [1, 3].
0 < ε ≤ 2 và các bất đẳng thức kxk ≤ 1,kyk ≤ 1,kx− yk ≥ ε thỏa mãn thì tồn tại một số δ = δ()> 0 sao cho k(x+y)/2k ≤1−δ.
Hình 1.2 Minh họa hình cầu đơn vị trong không gian R 2 lồi đều.
Không gian Hilbert H là không gian lồi đều, điều này được chứng minh qua quy tắc hình bình hành Cụ thể, công thức kx + yk² = 2(kxk² + kyk²) - kx - yk² cho mọi x, y thuộc H.
Giả sử với mọi 0 < ε ≤ 2 và các bất đẳng thức kxk ≤1,kyk ≤1,kx−yk ≥ε thỏa mãn Khi đó, ta nhận được kx+yk 2 ≤ 4−ε 2 Điều này suy ra k(x+y)/2k ≤1−δ(ε), trong đó δ(ε) = 1−p
1−ε 2 /4. Định nghĩa 1.5 Không gian Banach E được gọi là lồi chặt nếu với mọi điểm x, y ∈ S E , x6= y thì k(1−λ)x+λyk < 1, ∀λ ∈ (0,1), trong đó SE ={x∈ E : kxk = 1} là mặt cầu đơn vị của E.
Ví dụ 1.4 Không gian hữu hạn chiều R n với chuẩn kxk q x 2 1 +x 2 2 + .+x 2 n , ∀x= (x1, x2, , xn)∈ R n là không gian lồi chặt.
Tuy nhiên, nếu xét với chuẩn kxk n
|x i |, ∀x = (x 1 , x 2 , , x n ) ∈ R n thì R n không phải không gian lồi chặt. x y
Hình 1.3 Minh họa hình cầu đơn vị trong không gian R 2 không lồi chặt.
(Quan sát hình trên ta thấy mọi điểm thuộc đoạn thẳng nối hai điểm x và y đều nằm trên biên của hình cầu đơn vị đó.)
Tổng quát hơn ta có mệnh đề sau.
Mọi không gian Banach lồi đều là lồi chặt.
Ví dụ 1.5 Các không gian l 1 hay l ∞ không lồi chặt Thật vậy, trong l 1 hoặc l ∞ ta lấy x= (1,0,0, ,0) và y = (0,1,0, ,0) Khi đó, dễ thấy rằng x6= y, kxk =kyk = 1 nhưng k(1−λ)x+λyk = 1, ∀λ ∈ (0,1).
Trong không gian Banach lồi chặt E, nếu điều kiện kx + yk = kxk + ky k được thỏa mãn cho mọi x, y thuộc E\{0}, thì tồn tại một số dương α ∈ R+ sao cho y = αx Theo Định lý Hahn-Banach, với mọi x, y khác 0, luôn tồn tại x* thuộc E* sao cho hx + y, x*i = kx + yk và kx*i = 1.
Mặt khác, vì hx, x ∗ i ≤ kxkkx ∗ k =kxk và hy, x ∗ i ≤ kykkx ∗ k =kyk, nên ta phải có hx, x ∗ i = kxk và hy, x ∗ i = kyk.
Do đó, ta nhận được x kxk, x ∗ y kyk, x ∗
Ta có hai vector a = x kxk và b = y kyk Từ đó, nhận thấy rằng kak = kbk = 1 và ha, x ∗ i = hb, x ∗ i = 1 = kx ∗ k Nếu a khác b, thì với bất kỳ λ ∈ (0,1), nhờ tính lồi chặt của E, ta có kx ∗ k = λha, x ∗ i + (1−λ)hb, x ∗ i = hλa + (1−λ)b, x ∗ i.
Mâu thuẫn dẫn đến a = b, tương đương với x kxk = y kyk Nếu đặt α = kyk/kxk, ta có điều cần chứng minh Định nghĩa 1.6: Không gian Banach E được gọi là có tính chất Kadec-Klee nếu với mọi dãy {x k} ⊂ E thỏa mãn x k * x 0 và kx k k → kx 0 k khi k → ∞, thì x k → x 0.
Ví dụ 1.6 Không gian Hilbert là không gian có tính chất Kadec-Klee.Tổng quát hơn ta có mệnh đề sau.
Mọi không gian Banach lồi đều có tính chất Kadec-Klee.
Chứng minh Giả sử E là không gian Banach lồi đều và dãy {x k } ⊂ E thỏa mãn xk * x0 và kxkk → kx0k.
Nếu x 0 = 0 thì hiển nhiên ta có x k → 0 Giả sử x 0 6= 0 và x k 9 x 0 Khi đó, ta có xk kx k k 9 x0 kx 0 k.
Do đó, tồn tại ε > 0 và dãy con {x k i } của dãy {x k } sao cho xk i kx k i k − x0 kx 0 k
Vì E là không gian lồi đều nên tồn tại δ =δ() > 0 sao cho
Vì x k * x 0 và kx k k → kx 0 k nên xk kx k k * x0 kx 0 k. Kết hợp điều này và Mệnh đề 1.1, ta nhận được x 0 kx0k
≤ 1−δ, mâu thuẫn Vì thế xk → x0 hay E có tính chất Kadec-Klee. Định nghĩa 1.7 Hàmδ E (ε) : [0,2] →[0,1] được gọi là môđun lồi của không gian Banach E nếu δ E (ε) = infn
Chú ý 1.1 Dễ thấy rằng δE(0) = 0 và δE(t) ≥ 0 với mọi t ≥ 0 Hơn nữa, môđun lồi của không gian Banach E là hàm số xác định, liên tục và tăng trên đoạn [0,2].
Ví dụ 1.7 Cho H là không gian Hilbert, khi đó môđun lồi của H là δ H (ε) = 1− r
4 , ε∈ (0,2]. Đặc trưng tính lồi của không gian qua môđun lồi được phát biểu như sau.
Không gian Banach E là lồi đều khi và chỉ khi δE(ε) >0, ∀ε > 0.
Chứng minh Giả sử E là không gian lồi đều Khi đó, với ε > 0 tồn tại δ(ε) > 0 sao cho
, ∀x, y ∈ E, trong đó kxk ≤1, kyk ≤ 1 và kx−yk ≥ε Từ đây suy ra δE(ε) > 0.
Ngược lại, giả sử E là không gian Banach có môđun lồi δ E thỏa mãn δE(ε) >0, ∀ε ∈ (0,2] Lấy x, y ∈ E sao cho kxk = 1, kyk = 1 với kx−yk ≥ε với ε∈ (0,2] Từ định nghĩa δE(ε) ta có
Trong không gian lồi đều E, chuẩn của E được gọi là khả vi Gâteaux tại điểm x0 ∈ SE nếu với mỗi y ∈ SE, giới hạn limt→0 (kx0 + ty k - kx0 k) / t tồn tại và được ký hiệu là hy, ∇kx0 k Khi đó, ∇kx0 k được xem là gradient của chuẩn kxk tại x = x0 Chuẩn của E được coi là khả vi Gâteaux nếu khả vi Gâteaux tại mọi điểm của SE Ngoài ra, chuẩn của E được gọi là khả vi Gâteaux đều nếu giới hạn trên tồn tại cho mọi y ∈ SE và mọi x ∈ SE.
Trên không gian Hilbert H, chuẩn của H khả vi Gâteaux tại mọi điểm x khác 0, với ∇kxk = x/kxk Cụ thể, đối với mỗi x thuộc H và x khác 0, ta có giới hạn lim t→0 (kx+tyk − kxk) / t = lim t→0 (kx+tyk² − kxk²) / (t(kx+tyk + kxk)).
2thx, yi+t 2 kyk 2 t(kx+tyk +kxk) y, x kxk
. Định nghĩa 1.9 Không gian BanachE được gọi là trơn nếu với mỗi x∈ SE tồn tại duy nhất một phiếm hàm x ∗ ∈E ∗ sao cho hx, x ∗ i =kxk và kx ∗ k = 1.
Các không gian l p , L p [a, b] (1 < p < ∞) là các không gian Banach trơn. Các không gian Banach c 0 , l 1 , L 1 [a, b] và l ∞ là không trơn.
Mệnh đề sau cho ta mối liên hệ giữa tính trơn của không gian và tính khả vi Gâteaux của chuẩn.
Không gian Banach E được coi là trơn khi và chỉ khi chuẩn của E là khả vi Gâteaux trên E\{0} Độ trơn của không gian Banach E có thể được thể hiện thông qua môđun trơn Cụ thể, môđun trơn ρE : R+ → R+ được định nghĩa là ρE(t) = sup kx+yk+kx−yk, với E là không gian Banach.
= sup kx+tyk+kx−tyk
Nhận xét 1.4 Từ định nghĩa của ρ E suy ra ρ E (0) = 0 và ρ E (t) ≥ 0 với mọi t ≥ 0 Hơn nữa, ρE là hàm lồi, tăng và liên tục.
Tính trơn đều của không gian Banach được định nghĩa thông qua môđun trơn như sau. Định nghĩa 1.11 Không gian Banach E được gọi là trơn đều nếu limt→0 ρ E (t) t = 0.
Ví dụ 1.10 Không gian Hilbert H là không gian trơn đều vì limt→0 ρH(t) t = lim t→0
Mọi không gian Banach trơn đều là không gian trơn.
Chứng minh Giả sử E là không gian Banach trơn đều nhưng không trơn. Khi đó, tồn tại x 6= 0 và x ∗ 6= y ∗ ∈ E ∗ sao cho kx ∗ k = ky ∗ k = 1 và hx, x ∗ i = hx, y ∗ i = kxk.
Lấy y ∈ S E thỏa mãn hy, x ∗ −y ∗ i >0 Với mỗi t > 0 ta có
Mâu thuẫn với tính lồi đều của E Vì thế, E là không gian trơn.
Mệnh đề dưới đây cho ta mối liên hệ giữa tính trơn đều và lồi đều của không gian Banach E và không gian đối ngẫu E ∗ của nó.
Cho không gian Banach E, ta có những khẳng định quan trọng sau: (i) Không gian đối ngẫu E∗ là không gian lồi đều nếu và chỉ nếu E là không gian trơn đều (ii) Ngược lại, E được coi là không gian lồi đều khi và chỉ khi không gian đối ngẫu E∗ là không gian trơn đều.
Chứng minh i) Giả sử E là không gian trơn đều Khi đó, ta có ρ E (τ) = sup τ ε
Nếu E ∗ không là không gian lồi đều thì ∃ε0 ∈(0,2] sao cho δE ∗ (ε0) = 0 Khi đó, từ (1.1) suy ra τ ε 0
2 ≤ ρE(τ) τ Mâu thuẫn với giả thiết E là không gian trơn đều Vì thế, E ∗ là không gian lồi đều.
Ngược lại, giả sử E ∗ là không gian lồi đều Khi đó, ta có ρE ∗ (τ) = sup τ ε
, τ > 0 (1.2) Nếu E không là không gian trơn đều thì ρ 0 E (0) = lim τ →0 ρE(τ) τ 6= 0.
Khi đó, tồn tại dãy {τ n } ∈ (0,1) sao cho τn →0 và lim n→∞ ρ E (τ n ) τn
= ε Từ (1.2) dẫn tới tồn tại dãy {εn} ∈ (0,2] sao cho ε
Vì τ n < 1 nên ε < ε n Mặt khác, δ E ∗ là hàm không giảm nên ta có δ E (ε) ≤ δ E (ε n ) → 0.
Do đó, δ E (ε) = 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết E ∗ là không gian lồi đều.
Vì thế, E là không gian trơn đều.
Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc
Định nghĩa 1.12 Một ánh xạ J : E ⇒ E ∗ (nói chung là đa trị) thỏa mãn điều kiện
J(x) = {x ∗ ∈E ∗ :hx, x ∗ i = kxkkx ∗ k và kx ∗ k = kxk}, được gọi là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc của E.
Ánh xạ J tồn tại trên mọi không gian Banach, điều này được suy ra từ Định lí Hahn-Banach Trong một số trường hợp, để tránh nhầm lẫn, ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc đơn trị sẽ được ký hiệu là j.
Ví dụ 1.11 Trong không gian Hilbert H ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J của
H là ánh xạ đơn vị I Thật vậy, trước hết để ý rằng H = H ∗ và với mọi x∈ H ta có hx, xi = kxkkxk.
Do đó, x∈ J(x) Ngược lại, với mọi y ∈ J(x), từ định nghĩa của J ta thấy hx, yi =kxkkyk và kyk = kxk.
Kết hợp điều này với tính chất kx−yk 2 = kxk 2 +kyk 2 −2hx, yi, suy ra x= y Vì vậy, J(x) = {x}.
Trong không gian Banach E, ta có bất đẳng thức sau kxk 2 + 2hy, j(x)i ≤ kx+yk 2 ≤ kxk 2 + 2hy, j(x+y)i, với mọi x, y ∈ E.
Chứng minh Ta có kxk 2 − kx+yk 2 + 2hy, j(x+y)i = kxk 2 − kx+yk 2 + 2hx+y−x, j(x+y)i
= kxk 2 +kx+yk 2 − 2kxkkx+yk
Do đó, ta nhận được kx+yk 2 ≤ kxk 2 + 2hy, j(x+y)i.
Tiếp theo, để ý rằng kx+yk 2 − kxk 2 − 2hy, j(x)i = kx+yk 2 − kxk 2 − 2hy +x−x, j(x)i
≥ kxk 2 +kx+yk 2 − 2kx+ykkj(x)k
= kxk 2 +kx+yk 2 − 2kxkkx+yk
Từ đó suy ra kxk 2 + 2hy, j(x)i ≤ kx+yk 2
Một số tính chất cơ bản của ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc được trình bày trong mệnh đề dưới đây.
Cho E là không gian Banach thực và J : E ⇒ E ∗ là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc của E Các khẳng định quan trọng bao gồm: i) J(0) = {0}; ii) Đối với mỗi x∈ E, J(x) là tập lồi đóng bị chặn và khác rỗng; iii) J(λx) = λJ(x) cho mọi x∈ E và λ ∈ R; iv) Nếu E ∗ là không gian lồi chặt thì J là ánh xạ đơn trị.
Chứng minh i) Hiển nhiên, ta thấy
J(0) = {x ∗ ∈ E ∗ :h0, x ∗ i = 0 và kx ∗ k = 0} = {0}. ii) Nếu x = 0 thì J(0) = {0} 6= ∅ Nếu x 6= 0 thì theo Định lí Hahn-Banach, tồn tại x ∗ ∈ E ∗ sao cho hx, x ∗ i =kxk và kx ∗ k = 1.
Bằng cách đặt y ∗ = kxkx ∗ ta nhận được hx, y ∗ i = kxk 2 và ky ∗ k = kxk.
Do đó, y ∗ ∈ J(x) hay suy ra J(x) khác rỗng với mọi x∈ E.
Tiếp theo, giả sử x ∗ , y ∗ ∈ J(x) và λ ∈ [0,1] Ta có hx, x ∗ i =kxkkx ∗ k, kxk =kx ∗ k, hx, y ∗ i = kxkky ∗ k, kxk = ky ∗ k, và hx, λx ∗ + (1−λ)y ∗ i = kxk(λkx ∗ k+ (1−λ)ky ∗ k) =kxk 2 (1.3)
Từ các đẳng thức trên cùng ước lượng sau hx, λx ∗ + (1−λ)y ∗ i ≤ kxkkλx ∗ + (1−λ)y ∗ k
= kxk 2 dẫn đến kxkkλx ∗ + (1−λ)y ∗ k = kxk 2 Điều này tương đương với kλx ∗ + (1−λ)y ∗ k = kxk (1.4) Kết hợp (1.3) và (1.4) ta nhận được hx, λx ∗ + (1−λ)y ∗ i = kλx ∗ + (1−λ)y ∗ kkxk (1.5)
Từ (1.4) và (1.5), có thể kết luận rằng λx ∗ + (1−λ)y ∗ thuộc J(x), do đó J(x) là tập lồi Hơn nữa, theo định nghĩa của J(x), chúng ta dễ dàng nhận thấy J(x) là tập đóng và bị chặn Cuối cùng, giả sử x ∗ thuộc J(λx) và xem xét trường hợp λ khác 0, vì nếu λ bằng 0 thì điều này là hiển nhiên.
J(0) = {0}) Khi đó, ta có hλx, x ∗ i = kλxkkx ∗ k = kx ∗ k 2 , kλxk = kx ∗ k.
Từ đó suy ra hx, λ −1 x ∗ i = λ −1 hλx, λ −1 x ∗ i = λ −2 hλx, x ∗ i =λ −2 kλxkkx ∗ k = λ −2 kλxk 2 = kxk 2 Mặt khác, dễ thấy rằng kλ −1 x ∗ k =|λ −1 |kx ∗ k = |λ −1 |kλxk = kxk.
Do đó, λ −1 x ∗ ∈J(x) hay x ∗ ∈ λJ(x) Vì thế, ta nhận được
Ngược lại, giả sử x ∗ ∈ λJ(x) hay λ −1 x ∗ ∈ J(x) Để ý rằng, từ ước lượng hx, λ −1 x ∗ i = kxkkλ −1 x ∗ k = kλ −1 x ∗ k 2 = kxk 2 , cho ta hλx, x ∗ i = λhx, x ∗ i = λ 2 hx, λ −1 x ∗ i = λ 2 kxk 2 = kλxk 2 Hơn nữa, vì x ∗ = λy ∗ với y ∗ ∈ J(x) nên kx ∗ k = kλy ∗ k = |λ|ky ∗ k = |λ|kxk = kλxk.
Do đó, x ∗ ∈ J(λx) hay suy ra λJ(x) ⊆ J(λx) (1.7)
Từ (1.6) và (1.7) ta có điều cần chứng minh. iv) Giả sử x ∗ , y ∗ ∈J(x) với mọi x∈ E Ta có hx, x ∗ i =kxkkx ∗ k, kx ∗ k =kxk, hx, y ∗ i = kxkky ∗ k, ky ∗ k = kxk.
Cộng vế với vế của các đẳng thức trên ta được hx, x ∗ +y ∗ i = 2kxk 2 Thêm vào đó, để ý rằng
2kxk 2 =hx, x ∗ +y ∗ i ≤ kxkkx ∗ +y ∗ k, kéo theo kx ∗ +y ∗ k ≥2kxk = kx ∗ k+ky ∗ k (1.8) Ngoài ra, ta có đánh giá sau kx ∗ +y ∗ k ≤ kx ∗ k+ky ∗ k (1.9)
Từ (1.8) và (1.9) dẫn đến kx ∗ +y ∗ k =kx ∗ k+ky ∗ k.
Theo giả thiết E ∗ là không gian lồi chặt, tồn tại α ∈ R + sao cho x ∗ = αy ∗ Ta có hx, y ∗ i = hx, x ∗ i = hx, αy ∗ i = αhx, y ∗ i, từ đó suy ra α = 1 và x ∗ = y ∗, chứng tỏ J là ánh xạ đơn trị Định nghĩa ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc j :E → E ∗ được gọi là liên tục yếu theo dãy nếu với mọi dãy {x k } hội tụ yếu tới điểm x, thì j(x k ) hội tụ tới j(x) theo tôpô yếu ∗ trong E ∗ Nó cũng được gọi là liên tục mạnh-yếu ∗ nếu với mọi dãy {xk} hội tụ mạnh tới điểm x, thì j(xk) hội tụ tới j(x) theo tôpô yếu ∗ trong E ∗.
Nếu không gian Banach E có chuẩn khả vi Gâteaux đều thì ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc j :E → E ∗ liên tục đều mạnh-yếu ∗ trên các tập con bị chặn của E.
Trong không gian Banach E với ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J, các khẳng định sau đây là tương đương: E là không gian trơn, J là đơn trị, và chuẩn của E là khả vi Gâteaux với ∇kxk = kxk −1 J(x).
Mệnh đề dưới đây cho ta một đặc trưng quan trọng của không gian Banach lồi đều.
Cho s > 0 và E là không gian Banach thực, E được coi 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 điều kiện kx + yk² ≥ kxk² + 2hy, J(x)i + g(kyk) cho mọi x, y thuộc tập hợp {z ∈ E : kz ≤ s}.
Phương pháp lặp tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn tương đối 23 2.1 Phương pháp chiếu lai ghép
Phương pháp lặp Halpern-Mann
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày lại phương pháp do Nilsrakoo và Saejung đề xuất để tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn tương đối trong không gian Banach lồi đều và trơn đều Để dễ dàng cho việc chứng minh chi tiết, chúng tôi sẽ nhắc lại một số Bổ đề quan trọng liên quan.
Cho {an} là dãy các số thực không âm Giả sử a n+1 ≤ (1−α n )a n +α n δ n , ∀n ∈ N, trong đó, {α n } ⊂ (0,1) và {δ n } ⊂R thỏa mãn
Giả sử {an} là dãy các số thực mà ở đó tồn tại một dãy con {ni} của {n} sao cho a n i < a n i +1 , ∀i ∈ N.
Khi đó, tồn tại một dãy không giảm {mk} ⊂ N thỏa mãn mk → ∞ và tính chất dưới đây bảo đảm với k ∈ N đủ lớn am k ≤ am k +1, ak ≤ am k +1.
Cho E là không gian Banach phản xạ, lồi chặt và trơn, và C là tập con lồi đóng khác rỗng của E Xét ánh xạ không giãn T : C → E với Fix(T) 6=∅ Nếu dãy {x n } bị chặn và thỏa mãn điều kiện x n −T(x n ) → 0, thì ta có lim sup n→∞ hx n −x, Jˆ (x)−J(ˆx)i ≤ 0, trong đó xˆ = Π Fix(T) (x).
Thông qua việc cải biên và kết hợp phương pháp lặp Halpern và phương pháp Mann, năm 2011, Nilsrakoo và Saejung đã nhận được kết quả sau đây. Định lí 2.2 [5]
Cho E là không gian Banach lồi đều và trơn đều, với C là tập con lồi đóng khác rỗng của E Ánh xạ T : C → C là không giãn và có Fix(T) khác rỗng Giả sử dãy số thực {αn} và {βn} thuộc khoảng [0,1] thỏa mãn các điều kiện nhất định.
Khi đó, dãy {x n } xác định bởi
(2.5) hội tụ mạnh đến uˆ := Π Fix(T ) (u).
Chứng minh Định lí được chứng minh thông qua một số bước như sau: Bước 1 Chứng minh {x n } bị chặn.
Nếu đặt zn = J −1 (βnJ(xn) + (1−βn)J(T(xn))) thì x n+1 = Π C J −1 (α n J(u) + (1−α n )J(z n )) Lấy tùy ý p ∈Fix(T), từ Nhận xét 1.5 ta có φ(p, zn) = φ(p, J −1 (βnJ(xn) + (1−βn)J(T(xn))))
= φ(p, x n ), và φ(p, xn+1) = φ(p,ΠCJ −1 (αnJ(u) + (1−αn)J(zn)))
Bằng quy nạp suy ra φ(p, x n+1 ) ≤ max{φ(p, u), φ(p, x 1 )}, ∀n ∈ N.
Do đó, dãy {x n } bị chặn.
Vì {x n } bị chặn nên {T(x n )} cũng bị chặn Giả sử g : [0,2r] → [0,∞) là hàm số thỏa mãn Mệnh đề 1.17, trong đó số thực dương r xác định bởi r = sup n∈ N
Ta có ước lượng sau φ(ˆu, zn) = φ(ˆu, J −1 (βnJ(xn) + (1−βn)J(T(xn))))
Vì thế, ta nhận được φ(ˆu, z n ) ≤ φ(ˆu, x n )−β n (1−β n )g(kJ(x n )−J(T(x n ))k), (2.6) và φ(ˆu, xn+1) = φ(ˆu,ΠCJ −1 (αnJ(u) + (1−αn)J(zn)))
Khi đó, từ ước lượng (2.7) ta có βn(1−βn)g(kJ(xn)−J(T(xn))k) ≤ φ(ˆu, xn)−φ(ˆu, xn+1) +αnM (2.8)
Ta có x n+1 = Π C (w n ) Từ Mệnh đề 1.18 và (2.6) ta nhận được φ(ˆu, x n+1 ) = φ(ˆu,Π C J −1 (α n J(u) + (1−α n )J(z n )))
≤ α n φ(ˆu,u) + (1ˆ −α n )φ(ˆu, z n ) + 2α n hw n −u, Jˆ (u)−J(ˆu)i. Hay suy ra φ(ˆu, x n+1 ) ≤ (1−α n )φ(ˆu, x n ) + 2α n hw n −u, Jˆ (u)−J(ˆu)i (2.9)
Nếu tồn tại n0 ∈ N sao cho dãy {φ(ˆu, xn)} là dãy đơn điệu tăng, thì dãy {φ(ˆu, xn)} sẽ hội tụ, điều này được suy ra từ ước lượng trong Bước 1 Khi đó, ta có φ(ˆu, xn)−φ(ˆu, xn+1) tiến đến 0.
Kết hợp với A1), A3) và (2.8) suy ra g(kJ(xn)−J(T(xn))k) →0. Điều này dẫn đến
J(xn)−J(T(xn)) → 0, và vì thế ta nhận được xn−T(xn) → 0.
Mặt khác, ta lại có φ(T(xn), zn) ≤ βnφ(T(xn), xn) + (1−βn)φ(T(xn), T(xn))
=βnφ(T(xn), xn) →0, và φ(zn, wn)≤ αnφ(zn, u) + (1−αn)φ(zn, zn)
Kết hợp với (2.9) ta nhận được x n −z n →0, x n −w n → 0. Áp dụng Bổ đề 2.3, ta có lim sup n→∞ hw n −u, J(u)−J(ˆu)i = lim sup n→∞ hx n −u, J(u)−J(ˆu)i ≤ 0.
Từ (2.9) cùng các điều kiện A1), A2) và áp dụng Bổ đề 2.1 cho an+1 := φ(ˆu, xn+1), δn := 2hwn−u, Jˆ (u)−J(ˆu)i, ta suy ra φ(ˆu, x n )→ 0.
Trường hợp 2 Giả sử tồn tại một dãy con {ni} của {n} sao cho φ(ˆu, xn i ) ≤ φ(ˆu, xn i +1), ∀i ∈ N.
Khi đó, theo Bổ đề 2.2, tồn tại dãy không giảm {m k } ⊂N sao cho m k → ∞ và φ(ˆu, xm k )≤ φ(ˆu, xm k +1), φ(ˆu, xk)≤ φ(ˆu, xm k +1), ∀k ∈ N.
Kết hợp với (2.8) suy ra β m k (1−β m k )g(kJ(x m k )−J(T(x m k ))k) ≤ φ(ˆu, x m k )−φ(ˆu, x m k +1 ) +α m k M
Từ A1) và A3) dẫn đến kJ(x m k )−J(T(x m k ))k → 0.
Bây giờ lập luận tương tự như trong Trường hợp 1, ta nhận được lim sup k→∞ hw m k −u, Jˆ (u)−J(ˆu)i ≤ 0 (2.10) Tiếp theo, từ (2.7) ta lại có φ(ˆu, xm k +1) ≤ (1−αm k )φ(ˆu, xm k ) + 2αm k hwm k −u, Jˆ (u)−J(ˆu)i (2.11)
Vì thế ta nhận được α m k φ(ˆu, x m k )≤ φ(ˆu, x m k )−φ(ˆu, x m k +1 ) + 2α m k hw m k −u, Jˆ (u)−J(ˆu)i
≤ 2α m k hw m k −u, Jˆ (u)−J(ˆu)i. Điều này cho ta φ(ˆu, xm k ) ≤ 2hwm k −u, Jˆ (u)−J(ˆu)i.
Do đó, từ (2.10) ta có φ(ˆu, x m k ) → 0, và từ (2.11) ta cũng có φ(ˆu, xm k +1)→ 0, Mặt khác, vì φ(ˆu, xk) ≤ φ(ˆu, xm k +1) nên φ(ˆu, xk) → 0.
Trong không gian Hilbert, ta có hệ quả trực tiếp của Định lí trên.
Cho C là tập con lồi đóng khác rỗng của không gian Hilbert thực H Cho
T : C → C là ánh xạ không giãn (tương đối) với Fix(T) 6= ∅ Giả sử dãy các số thực {α n } ⊂[0,1] và {β n } ⊂ [0,1] thỏa mãn các điều kiện sau
Khi đó, dãy {x n } xác định bởi
(2.12) hội tụ mạnh đến uˆ := P Fix(T) (u).
Từ Nhận xét 2.1 và chứng minh Hệ quả 2.2 ta cũng nhận được kết quả sau từ Định lí 2.2.
Cho E là không gian Banach lồi đều và trơn đều, với A : E ⇒ E ∗ là toán tử đơn điệu cực đại J r là toán tử giải của A với r > 0 Giả sử dãy các số thực {αn} và {βn} thuộc khoảng [0,1] thỏa mãn các điều kiện nhất định.
Xét dãy {xn} xác định bởi
u∈ E, x 1 ∈ E, yn = βnJ(xn) + (1−βn)J(Jr(xn)), xn+1 =J −1 (αnJ(u) + (1−αn)yn),
(2.13) trong đó, Jr là toán tử giải của toán tử A Nếu Zer(A) 6= ∅ thì {x n } hội tụ mạnh đến Π Zer(A) (u).
Ví dụ minh họa
Chúng tôi sẽ giới thiệu một số ví dụ cụ thể để minh họa cho các phương pháp tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn tương đối, như đã đề cập trong Mục 2.1 và Mục 2.2.
Chúng ta xem xét không gian Banach lồi đều và trơn đều E, đặc biệt là không gian hữu hạn chiều R^n Trong không gian này, tích vô hướng giữa hai véctơ x = (x1, x2, , xn) và y = (y1, y2, , yn) được xác định bởi công thức hx, yi = x1y1 + x2y2 + + xnyn Chuẩn tương ứng sinh ra từ tích vô hướng này được tính bằng kxk = √(x1^2 + x2^2 + + xn^2) Đặc biệt, C là tập con lồi đóng và khác rỗng của R^n.
C = {x = (x 1 , x 2 , , x n ) ∈ R n : ha, xi ≤ b} trong đó a= (a1, a2, , an) ∈ R n , b ∈ R là các phần tử cố định.
Cho T : C → C là ánh xạ không giãn (và vì thế nó là ánh xạ không giãn tương đối (Ví dụ 1.13) với Fix(T) 6= ∅.
Xét bài toán tìm x∈ C sao cho x =T(x).
Với các giả thiết như trên, từ Ví dụ 1.11 và Nhận xét 1.5, các phương pháp (2.4) và (2.5) tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán trên tương ứng có dạng
Hn = {z ∈ C :kz−ynk ≤ kz−xnk},
Hãy lưu ý rằng H n ∩W n và C đều là các nửa không gian đóng trong không gian hữu hạn chiều Do đó, việc tính toán các phép chiếu lên các nửa không gian này có thể được thực hiện thông qua các biểu thức giải tích cụ thể.
Giả sử dạng tổng quát của cả ba nửa không gian đóng trên có dạng
C ={x∈ R n : hx, ui ≤ ζ}, trong đó, ζ ∈ R và u ∈ R n là phần tử cố định Khi ấy, ta có
(iii) Nếu u 6= 0 thì C 6= ∅ và với mọi x ∈R n ta có
x nếu hx, ui ≤ ζ, x+ ζ − hx, ui kuk 2 u nếu hx, ui > ζ. Để thuận tiện cho việc tính toán số, chúng tôi xét cho trường hợp n = 2.
Ví dụ 2.1 Xét C = R 2 và ánh xạ T : R 2 →R 2 xác định bởi
T(x) =A(x), ∀x= (w, v) ∈R 2 , trong đó, A là ma trận xác định ánh xạ T có dạng
Dễ thấy, T là ánh xạ không giãn vì kT(x)−T(y)k = kA(x)−A(y)k =kA(x−y)k = kx−yk.
Hơn nữa, không khó khăn để chỉ ra rằng
Chọn tham số lặp αn = 1 n+ 2 thỏa mãn điều kiện hội tụ của Định lí 2.1.
Bằng cách sử dụng phương pháp lặp (2.14) để tìm điểm bất động của ánh xạ T với điểm ban đầu x 0, chúng tôi đã thu được bảng kết quả tính toán số cho nghiệm xấp xỉ Cụ thể, với α n = 1/(n+2) và TOL = kx n − x ∗ k, kết quả cho thấy ở bước lặp thứ 4, sai số đạt 0.00392837100659, và ở bước lặp thứ 5, sai số là 0.00005611958581.
Bảng 2.1: Kết quả tính toán cho phương pháp (2.14)
Kết quả trên cho thấy nếu tham số α n gần giá trị 1 thì số bước tính toán cần nhiều hơn.
Bây giờ, nếu lấy ngẫu nhiên điểm ban đầu x0 = (w, v) ∈ R 2 thì không khó khăn để chỉ ra rằng x ∗ = P Fix(T ) (x 0 ) có dạng x∗ w+v
Khi đó, sử dụng phương pháp lặp (2.14) với αn = 9
10 ta có dáng điệu nghiệm xấp xỉ được mô tả trong hình dưới đây
Hình 2.1: Kết quả tính toán cho phương pháp (2.14) với điều kiện dừng TOL < 10 −4
Ví dụ 2.2 Xét E = R 2 và tập con C có dạng
Cho ánh xạ T : C → C xác định tương tự như Ví dụ 2.1 Khi đó, T là ánh xạ không giãn và
Lấy ngẫu nhiên u = (u 1 , u 2 ) ∈ R 2 ta có ˆ u :=P Fix(T) (u) u 1 +u 2
2n+ 1 thỏa mãn điều kiện hội tụ của Định lí 2.2.
Bắt đầu với điểm x 1 = (2,4) và u = (3,5), chúng tôi đã áp dụng phương pháp lặp (2.15) để tìm điểm bất động của ánh xạ T Kết quả tính toán cho nghiệm xấp xỉ thứ k được trình bày trong bảng dưới đây, với các giá trị xk = (v1(k), v2(k)).
Bảng 2.2: Kết quả tính toán cho phương pháp (2.15)
Nếu với điểm ban đầu x1 = (2,4) và u∈ R 2 lấy ngẫu nhiên, thì ta có dáng điệu nghiệm xấp xỉ được mô tả như trong hình sau đây
Hình 2.2: Kết quả tính toán cho phương pháp (2.15) sau 100 bước lặp.
Bây giờ, nếu chúng ta xét trường hợp C = R 2 thì
Khi đó, với u và x1 tùy ý trong R 2 , dãy lặp (2.15) sẽ có dạng x n+1 = α n u+ (1−α n )[β n x n + (1−β n )T(x n )] (2.16)
Sử dụng phương pháp (2.16) với việc lấy ngẫu nhiên u và điểm ban đầu x1 ta có dáng điệu nghiệm xấp xỉ
Hình 2.3: Kết quả tính toán cho phương pháp (2.16) với điều kiện dừng TOL < 10 −3
(TOL là sai lệch kx n −ukˆ giữa nghiệm xấp xỉ x n và nghiệm chính xác uˆ được tính ngẫu nhiên theo các thông số ngẫu nhiên đầu vào).
Luận văn đã nghiên cứu và trình bày lại có hệ thống một số vấn đề cơ bản sau đây:
Trong Chương 1, bài viết sẽ trình bày lại những kiến thức cơ bản về cấu trúc hình học không gian Banach, bao gồm các khái niệm như không gian trơn, trơn đều, lồi đều và lồi chặt Ngoài ra, sẽ đề cập đến ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc và phép chiếu suy rộng, cùng với một số tính chất cốt yếu liên quan Những nội dung này sẽ tạo nền tảng vững chắc cho việc chi tiết hóa các vấn đề chính trong Chương 2 của luận văn.
Bài viết trình bày sự hội tụ mạnh mẽ của hai phương pháp tìm điểm bất động cho ánh xạ không giãn tương đối trên không gian Banach lồi đều và trơn đều Hai phương pháp này bao gồm phương pháp chiếu lai ghép và phương pháp lặp kiểu Halpern-Mann, cả hai đều đóng vai trò quan trọng trong việc xác định điểm bất động trong các không gian toán học phức tạp.
Bài viết này sẽ xây dựng các ví dụ số cụ thể trong không gian hữu hạn chiều để minh họa cho sự hội tụ của các phương pháp đã nêu Những ví dụ này sẽ giúp người đọc hiểu rõ hơn về cách thức hoạt động và hiệu quả của các phương pháp trong bối cảnh không gian hữu hạn.