phương pháp siêu gradient hiệu chỉnh cho toán tử liên tục lipschitz và ngược đơn điệu mạnh

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN VĂN LINH
PHƯƠNG PHÁP SIÊU GRADIENT
HIỆU CHỈNH CHO TOÁN TỬ LIÊN
TỤC LIPSCHITZ VÀ NGƯỢC ĐƠN
ĐIỆU MẠNH
Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG
Mã số: 60.46.01.12
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
GS.TS. NGUYỄN BƯỜNG
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
Mục lục
Mục lục i
Lời cảm ơn ii
Mở đầu 1
1 Bất đẳng thức biến phân đơn điệu 3
1.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân đơn điệu . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Không gian Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Bất đẳng thức biến phân đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov hiệu chỉnh bất đẳng thức biến
phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Phương pháp siêu gradient giải bất đẳng thức biến phân . . . . . 14
2 Phương pháp siêu gradient hiệu chỉnh bất đẳng thức biến phân
với toán tử liên tục Lipschitz và ngược đơn điệu mạnh 19
2.1 Một số khái niệm và kết quả bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.2 Phương pháp siêu gradient hiệu chỉnh . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Kết luận 30
Tài liệu tham khảo 31
i

Lời cảm ơn
Trong suốt quá trình làm luận văn, tác giả luôn nhận được sự hướng dẫn và
giúp đỡ của GS. TS. Nguyễn Bường. Thầy đã giành nhiều thời gian chỉ bảo rất
tận tình hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm
luận văn. Tác giả xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy và kính
chúc thầy luôn luôn mạnh khỏe.
Tác giả cũng xin cảm ơn các quý thầy, cô khoa Toán - Tin, viện Toán học,
phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên cũng như các
thầy cô đã tham gia giảng dạy khóa cao học 2012 - 2014, lời cảm ơn sâu sắc nhất
về công lao dạy dỗ mang đến cho tôi nhiều kiến thức bổ ích không chỉ trong
khoa học mà còn cả trong cuộc sống.
Tác giả xin chân thành cảm ơn các anh chị em học viên lớp Cao học toán K6
và bạn bè đồng môn đã giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập tại trường Đại
học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và trong quá trình hoàn thiện luận văn
thạc sĩ.
Cuối cùng, con xin cảm ơn bố mẹ. Nhờ có bố mẹ không quản gian khó, vất
vả sớm khuya nhưng vẫn tạo mọi điều kiện tốt nhất để con có được thành quả
ngày hôm nay.
Thái Nguyên, tháng 5-2014
Người viết luận văn
Nguyễn Văn Linh
ii
Mở đầu
Bất đẳng thức biến phân đơn điệu là lớp bài toán nảy sinh từ nhiều vấn đề
của toán học ứng dụng như phương trình vi phân, các bài toán vật lý toán và
tối ưu hóa. Ngoài ra nhiều vấn đề thực tế như bài toán cân bằng mạng giao
thông đô thị và mô hình cân bằng kinh tế đều có thể mô tả được dưới dạng của
một bất đẳng thức biến phân đơn điệu. Rất tiếc rằng bài toán bất đẳng thức
biến phân đơn điệu, nói chung, lại là bài toán đặt không chỉnh. Do tính không
ổn định của bài toán đặt không chỉnh nên việc giải số của nó gặp khó khăn. Lý

do là một sai số nhỏ trong dữ kiện của bài toán có thể dẫn đến một sai số lớn
trong lời giải. Vì thế nảy sinh vấn đề tìm các phương pháp giải ổn định cho các
bài toán đặt không chỉnh, sao cho khi sai số của dữ kiện đầu vào càng nhỏ thì
nghiệm xấp xỉ tìm được càng gần với nghiệm đúng của bài toán ban đầu.
Mục đích của đề tài luận văn nhằm tìm hiểu và giới thiệu phương pháp siêu
gradient hiệu chỉnh bất đẳng thức biến phân đơn điệu của giáo sư Nguyễn Bường
trong [5] công bố năm 2008.
Nội dung của luận văn được trình bày trong hai chương.
Chương 1 trình bày một số khái niệm và kiến thức liên quan đến không gian
Hilbert, không gian Banach, toán tử đơn điệu; giới thiệu bài toán bất đẳng thức
biến phân đơn điệu, đồng thời trình bày phương pháp siêu gradient và phương
pháp hiệu chỉnh Tikhonov hiệu chỉnh bất đẳng thức biến phân với toán tử đơn
điệu.
Trong chương 2 chúng tôi trình bày phương pháp siêu gradient hiệu chỉnh
bất đẳng thức biến phân với toán tử liên tục Lipschitz và ngược đơn điệu mạnh
trong không gian Hilbert.
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên dưới sự hướng dẫn trực tiếp của GS. TS. Nguyễn Bường. Mặc dù, tác
giả đã hết sức cố gắng nhưng do vấn đề được nghiên cứu là phức tạp và mới mẻ,
1
lại do thời gian có hạn và kinh nghiệm nghiên cứu còn hạn chế nên khó tránh
khỏi thiếu sót. Tác giả mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và các bạn.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2014
Học viên
Nguyễn Văn Linh
2
Chương 1
Bất đẳng thức biến phân đơn điệu
Trong chương này chúng tôi trình bày một số khái niệm và kết quả về không
gian Hilbert, không gian Banach, toán tử đơn điệu; phát biểu bài toán bất đẳng

thức biến phân đơn điệu và trình bày hai phương pháp hiệu chỉnh bất đẳng
thức biến phân đơn điệu: phương pháp siêu gradient và phương pháp hiệu chỉnh
Tikhonov. Các kiến thức ở chương này được tham khảo từ các tài liệu [1], [2],
[3], [4], [5].
1.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân đơn điệu
1.1.1 Không gian Hilbert
Định nghĩa 1.1. Cho X là một không gian tuyến tính trên R. Một tích vô
hướng trong X là một ánh xạ ., . : X × X → R thỏa mãn các điều kiện sau:
i) x, x > 0, ∀x = 0; x, x = 0 ⇔ x = 0;
ii) x, y = y, x, ∀x, y ∈ X;
iii) αx, y = α x, y, ∀x, y ∈ X, α ∈ R;
iv) x + y, z = x, z + y, z, ∀x, y, z ∈ X.
Không gian tuyến tính X cùng tích vô hướng ., . được gọi là không gian tiền
Hilbert.
Không gian tiền Hilbert đầy đủ được gọi là không gian Hilbert.
Chuẩn của phần tử x trong không gian Hilbert X được ký hiệu là x và được
xác định bằng x =

x, x.
Ví dụ 1.1. Các không gian R
n
, L
2
[a, b] là các không gian Hilbert với tích vô
3
hướng được xác định tương ứng là:
x, y =
n

i=1

ξ
i
η
i
, x = (ξ
1
, ξ
2
, , ξ
n
) ; y = (η
1
, η
2
, , η
n
) ∈ R
n
,
ϕ, ψ =
b

a
ϕ (x)ψ (x) dx, ϕ(x), ψ(x) ∈ L
2
[a, b] .
Cho X là một không gian Hilbert, một dãy {x
n
} gồm các phần tử x
n

∈ X gọi
là hội tụ mạnh tới phần tử của x ∈ X nếu x
n
− x → 0 khi n → ∞.
Nếu {x
n
} hội tụ mạnh tới x ∈ X thì:
(i) Mỗi dãy con {x
n
k
} ⊂ {x
n
} cũng hội tụ tới x;
(ii) Mỗi dãy {x
n
− ξ} đều bị chặn, với ξ ∈ X.
Dãy {x
n
} ⊂ X được gọi là dãy đầy đủ hay dãy Cauchy, nếu với mỗi ε > 0, tồn
tại một số n
0
(ε) sao cho x
m
− x
n
 < ε với mọi m  n
0
, n  n
0
(ε).

Định nghĩa 1.2. Toán tử A : X → R được gọi là phiếm hàm tuyến tính nếu:
(i) A (x
1
+ x
2
) = Ax
1
+ Ax
2
, ∀x
1
, x
2
∈ X;
(ii) A (αx) = αAx, ∀α ∈ R, ∀x ∈ X.
Phiếm hàm tuyến tính A được gọi là bị chặn, nếu tồn tại một hằng số M > 0
sao cho Ax ≤ M x với mọi x ∈ X. Giá trị hằng số M nhỏ nhất thỏa mãn bất
đẳng thức đó được gọi là chuẩn của A và ký hiệu là A.
Mệnh đề 1.1. Cho X là một không gian Hilbert và x
0
∈ X là một phần tử tùy ý.
Khi đó tồn tại một hàm tuyến tính ϕ : X → R sao cho ϕ = 1 và ϕ (x
0
) = x
0
.
Dãy {x
n
} gồm các phần tử x
n

∈ X được gọi là hội tụ yếu tới phần tử x ∈ X
(viết tắt là x
n
 x) nếu φ, x
n
 → φ, x với mỗi φ ∈ X
∗
khi n → ∞.
Cho X là không gian Hilbert, và T : D(T ) ⊂ X → X là một ánh xạ, ở đây
D(T ) là ký hiệu tập xác định của ánh xạ T .
Định nghĩa 1.3. Ánh xạ T : D(T ) ⊂ X → X được gọi là d-compact, nếu nó thỏa
mãn tính chất với mỗi dãy {x
n
} bị chặn trong X và {T x
n
− x
n
} hội tụ mạnh thì
tồn tại một dãy con {x
n
k
} của {x
n
} cũng hội tụ mạnh.
Định nghĩa 1.4. Ánh xạ T được gọi là d-đóng tại điểm p nếu x
n
∈ D(T ) sao
cho dãy {x
n
} hội tụ yếu tới x ∈ D(T ) và {T (x

n
)} hội tụ mạnh đến T(x) = p.
4
1.1.2 Bất đẳng thức biến phân đơn điệu
Cho X là không gian Banach phản xạ thực. Tập hợp tất cả các phiếm hàm
tuyến tính liên tục trên X gọi là không gian liên hợp (hay không gian đối ngẫu
của X) và được ký hiệu là X
∗
. Cho A : X → X
∗
là một toán tử đơn trị với miền
xác định là D(A) ⊆ X (thông thường ta coi D(A) ≡ X nếu không nói gì thêm)
và miền giá trị (miền ảnh) R(A) nằm trong X
∗
.
Định nghĩa 1.5. Toán tử A được gọi là
(i) đơn điệu nếu A(x) − A(y), x − y ≥ 0 với mọi x, y ∈ D(A);
(ii) đơn điệu chặt nếu dấu bằng của bất đẳng thức trên chỉ đạt được khi x = y;
(iii) đơn điệu đều nếu tồn tại một hàm không âm δ(t), không giảm với t ≥ 0,
δ(0) = 0 và
A(x) − A(y), x − y ≥ δ(x − y), ∀x, y ∈ D(A).
Nếu δ(t) = c
A
t
2
với c
A
là một hằng số dương thì toán tử A được gọi là đơn
điệu mạnh.
Định nghĩa 1.6. Toán tử A được gọi là hemi-liên tục trên X nếu A(x+ty)  Ax

khi t → 0
+
với mọi x, y ∈ X, và A được gọi là demi-liên tục trên X nếu từ x
n
→ x
suy ra Ax
n
 Ax khi n → ∞.
Chú ý rằng, một toán tử đơn điệu và hemi-liên tục trên X thì demi-liên tục.
Cho A : X → X
∗
là một toán tử đơn điệu, đơn trị và K là tập con lồi đóng
của X. Bài toán bất đẳng thức biến phân đơn điệu được phát biểu như sau: với
f ∈ X
∗
, hãy tìm phần tử x
0
∈ K sao cho
Ax
0
− f, x − x
0
 ≥ 0, ∀x ∈ K. (1.1)
Bổ đề 1.1. Cho X là một không gian Banach thực, f ∈ X
∗
. Nếu A : X → X
∗
là
một toán tử đơn điệu và hemi-liên tục thì (1.1) tương đương với
Ax − f, x − x

0
 ≥ 0, ∀x ∈ K. (1.2)
Chứng minh. Do A là toán tử đơn điệu nên ta có
Ax − Ax
0
, x − x
0
 ≥ 0, ∀x ∈ X, x
0
∈ X.
5
Bất đẳng thức này tương đương với
0 ≤ Ax − Ax
0
, x − x
0
 = (Ax − f) − (Ax
0
− f), x − x
0

hay
Ax − f, x − x
0
 ≥ Ax
0
− f, x − x
0
.
Từ (1.1) và bất đẳng thức này ta suy ra (1.2).

Ngược lại giả sử
Ax − f, x − x
0
 ≥ 0, ∀x ∈ K,
khi đó với mọi t ∈ (0, 1) ta có
A[(1 − t)x
0
+ tx] − f, (1 − t)x
0
+ tx − x
0
 ≥ 0, ∀x ∈ K,
suy ra
tA[(1 − t)x
0
+ tx] − f, x − x
0
 ≥ 0, ∀x ∈ K.
Chia cả hai vế của bất đẳng thức này cho t sau đó cho t → 0 và sử dụng tính
chất hemi-liên tục của toán tử A ta được bất đẳng thức (1.1).
Ví dụ 1.2. Cho f(x) là một hàm thực khả vi trên K = [a, b].
Hãy tìm x
0
∈ K sao cho
f(x
0
) = min
x∈K
f(x).
Ta thấy có ba khả năng sau:

1) Nếu a < x
0
< b thì f

(x
0
) = 0;
2) Nếu x
0
= a thì f

(x
0
) ≥ 0 và;
3) Nếu x
0
= b thì f

(x
0
) ≤ 0.
Những phát biểu này có thể tổng quát bằng cách viết:
f

(x
0
)(x − x
0
) ≥ 0, ∀x ∈ K,
và đây là một bất đẳng thức biến phân.

Định nghĩa 1.7. Toán tử A : X → X
∗
được gọi là toán tử bức nếu
lim
x→+∞
Ax, x
x
= ∞, ∀x ∈ X.
Sự tồn tại nghiệm của bất đẳng thức biến phân (1.1) được trình bày trong
định lý sau đây:
6
Định lí 1.1. Giả sử A : X → X
∗
là một toán tử đơn điệu, hemi-liên tục và bức,
K là một tập con lồi đóng của X thỏa mãn intK = ∅. Khi đó, bất đẳng thức biến
phân (1.1) có ít nhất một nghiệm với mọi f ∈ X
∗
.
Ngoài ra, nếu A là toán tử đơn điệu ngặt thì nghiệm x
0
của bất đẳng thức
biến phân (1.1) là duy nhất. Thật vậy, giả sử x
1
là một nghiệm khác của (1.1).
Khi đó,
Ax
0
− f, x
1
− x

0
 ≥ 0,
Ax
1
− f, x
0
− x
1
 ≥ 0.
Kết hợp hai bất đẳng thức này ta được
Ax
0
− Ax
1
, x
1
− x
0
 ≥ 0.
Vì A là toán tử đơn điệu nên từ bất đẳng thức cuối cùng suy ra
Ax
0
− Ax
1
, x
0
− x
1
 = 0.
Bất đẳng thức này mâu thuẫn với x

1
= x
0
và tính chất đơn điệu ngặt của toán
tử A.
Ký hiệu S là tập nghiệm của bất đẳng thức biến phân đơn điệu (1.1). Phần
tử x
0
∈ S có chuẩn nhỏ nhất được gọi là nghiệm chuẩn tắc của bài toán (1.1).
Tính chất của tập nghiệm đúng S và tập nghiệm chuẩn tắc S
∗
của bài toán (1.1)
được cho bởi bổ đề sau.
Bổ đề 1.2. Tập nghiệm đúng S của bài toán (1.1) là một tập đóng. Nếu S = ∅
thì tập con S
∗
cũng là tập đóng.
Ngoài ra nếu A là một toán tử đơn điệu, hemi-liên tục, thì S và S
∗
là các tập
lồi.
Định nghĩa 1.8. Ánh xạ U
s
: X → X
∗
(nói chung đa trị) xác định bởi
U
s
(x) = {x
∗

∈ X
∗
: x
∗
, x = x
∗
.x; x
∗
 = x
s−1
}, s ≥ 2
được gọi là ánh xạ đối ngẫu tổng quát của không gian X. Khi s = 2 thì U
s
thường được viết là U và được gọi là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc của X.
Tính đơn trị của ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc được cho trong mệnh đề sau:
7
Mệnh đề 1.2. Cho X là một không gian Banach. Khi đó,
1) U(x) là tập lồi, U(λx) = λU(x) với mọi λ ∈ R;
2) U là ánh xạ đơn trị nếu X
∗
là không gian lồi chặt.
Trong không gian Hilbert H, ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc chính là toán tử đơn
vị I trong H.
Định lí 1.2. Nếu X
∗
là không gian Banach lồi chặt thì ánh xạ đối ngẫu chuẩn
tắc U : X → X
∗
là toán tử đơn điệu, bức và demi-liên tục. Hơn nữa, nếu X là
không gian Banach lồi chặt thì U là toán tử đơn điệu chặt.

1.2 Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov hiệu chỉnh bất đẳng
thức biến phân
Trước tiên ta xét một vài ví dụ về bài toán đặt không chỉnh
Ví dụ 1.3. Hệ phương trình

2x
1
+ x
2
= 2
2x
1
+ 1, 01x
2
= 2, 01
Có nghiệm là x
1
=
1
2
và x
2
= 1, trong khi đó hệ phương trình

2x
1
+ x
2
= 2
2, 01x

1
+ x
2
= 2, 05
có nghiệm là x
1
= 5 và x
2
= −8. Ta thấy một thay đổi nhỏ của hệ số và vế phải
trong phương trình thứ hai kéo theo những thay đổi đáng kể của nghiệm. Như
vậy, hệ phương trình này là một hệ điều kiện xấu.
Ví dụ 1.4. Ma trận
A =

−73 78 24
92 66 25
−80 37 10

là một ma trận điều kiện xấu với det A = 1. Cho thay đổi một lượng nhỏ ở các
thành phần a
12
, a
21
hoặc a
33
của ma trận A, thì det A nhận những giá trị rất
khác nhau:
det

−73 78.01 24

92 66 25
−80 37 10

≈ −28, 199999003
8
det

−73 78 24
92, 01 66 25
−80 37 10

≈ −2, 0800007556
và
det

−73 78 24
92 66 25
−80 37 10, 01

≈ −118, 93999938.
Một câu hỏi quan trọng đặt ra là làm thế nào để nhận biết và giải hệ phương
trình đại số tuyến tính với ma trận hệ số điều kiện xấu.
• Xét phương trình tích phân Fredholm loai I
b

a
K (t, s)ϕ (s) ds = f
0
(t) , t ∈ [c, d] , (1.3)
−∞ < a < b < +∞, −∞ < c < d < +∞,

ở đây nghiệm là một hàm ϕ (s), vế phải f
0
(t) là một hàm số cho trước và nhân
K (t, s) của tích phân cùng với
∂K
∂t
được giả thiết là các hàm liên tục. Ta giả thiết
nghiệm ϕ (s) thuộc lớp các hàm liên tục trên [a, b] với khoảng cách (còn được gọi
là độ lệch) giữa hai hàm ϕ
1
và ϕ
2
trong lớp đó là
ρ
C[a,b]
(ϕ
1
, ϕ
2
) = max
S∈[a,b]
|ϕ
1
− ϕ
2
(s)| .
Sự thay đổi vế phải được đo bằng độ lệch trong không gian L
2
[c, d], tức là khoảng
cách giữa hai hàm f

1
(t) và f
2
(t) trong L
2
[c, d] được biểu thị bởi số
ρ
L
2
[c,d]
(f
1
, f
2
) =



d

c
|f
1
(t) − f
2
(t)|
2
dt




1
2
.
Giả sử phương trình (1.3) có nghiệm ϕ
0
(s). Khi đó, với vế phải
f
1
(t) = f
0
(t) + N
b

a
K (t, s) sin (ωs) ds
phương trình (1.3) có nghiệm
ϕ
1
(s) = ϕ
0
(s) + N sin (ωs) .
9
Với N bất kỳ và ω đủ lớn, thì khoảng cách giữa hai hàm f
0
và f
1
trong L
2
[c, d]

là
ρ
L
2
[c,d]
(f
o
, f
1
) = |N|





d

c


b

a
K (t, s) sin (ωs) ds


2
dt






1
2
có thể làm nhỏ tùy ý. Thật vậy, đặt
K
max
= max
s∈[a,b],t∈[c,d]
|K (t, s)| ,
ta tính được
ρ
L
2
[c,d]
(f
o
, f
1
) ≤ |N|





d

c


K
max
1
ω
cos (ωs) |
b
a

2
dt





1
2
≤
|N| K
max
c
0
ω
,
ở đây c
0
là một hàng số dương. Ta chọn N và ω lớn tùy ý, nhưng
N
ω
lại nhỏ. Khi

đó,
ρ
C[a,b]
(ϕ
0
, ϕ
1
) = max
s∈[a,b]
|ϕ
0
(s) − ϕ
1
(s)| = |N|
có thể lớn bất kỳ.
Khoảng cách giữa hai nghiệm ϕ
0
và ϕ
1
trong L
2
[a, b] cũng có thể lớn bất kỳ.
Thật vậy,
ρ
C[a,b]
(ϕ
0
, ϕ
1
) =




b

a
|ϕ
0
(s) − ϕ
1
(s)|
2
ds



1
2
= |N|



b

a
sin
2
(ωs) ds




1
2
= |N|

b − a
2
−
1
2ω
sin (ω (b − a)) cos (ω (b + a)).
Dễ dàng nhận thấy hai số N và ω có thể chọn sao cho ρ
L
2
[c,d]
(f
0
, f
1
) rất nhỏ
nhưng vẫn cho kết quả ρ
L
2
[a,b]
(ϕ
0
, ϕ
1
) rất lớn.
• Xét chuỗi Fourier

f
1
(t) =
∞

n=0
a
n
cos (nt)
10
với hệ số (a
0
, a
1
, , a
n
, ) ∈ l
2
được cho xấp xỉ bởi c
n
= a
n
+
ε
n
, n ≥ 1 và c
0
= a
0
.

Khi đó, chuỗi Fourier tương ứng
f
2
(t) =
∞

n=0
c
n
cos (nt)
cũng có hệ số (c
0
, c
1
, , c
n
, ) ∈ l
2
. Khoảng cách giữa chúng là
ε
1
=

∞

n=0
(c
n
− a
n

)
2

1
2
= ε

∞

n=1
1
n
2

1
2
= ε

π
2
6
.
Do đó, khoảng cách giữa hai bộ hệ số này có thể làm nhỏ tùy ý.
Trong khi đó
f
2
(t) − f
1
(t) = ε
∞


n=1
1
n
cos (nt)
có thể làm lớn bao nhiêu cũng được. Ví dụ, tại t = 0 chuỗi trên phân kì. Điều đó
nói lên rằng nếu khoảng cách giữa hai hàm f
1
và f
2
được xét trong không gian
các hàm với độ đo đều, thì bài toán tính tổng chuỗi Fourier là không ổn định
khi hệ số chuỗi có sự thay đổi nhỏ.
Tuy nhiên, nếu xét trong không gian L
2
[0, π], thì



π

0
[f
2
(t) − f
1
(t)]
2
dt




1
2
=



π

0





∞

n=0
(c
n
− a
n
) cos (dt)





2

dt



1
2
=

∞

n=1
π
2
(c
n
− a
n
)
2

1
2
= ε
1

π
2
.
Như vậy, bài toán lại ổn định, tức là khi dữ kiện ban đầu a
n

cho bởi xấp xỉ c
n
với sai số khá nhỏ, thì các chuỗi Fourier tương ứng ở trên sai khác nhau không
nhiều trong L
2
[0, π].
Những ví dụ trên dẫn đến một lớp bài toán rất quan trọng trong lĩnh vực tính
toán. Đó là lớp các bài toán không chính quy hay còn được gọi là bài toán đặt
không chỉnh (hoặc không chỉnh).
Tiếp theo, chúng tôi trình bày một phương pháp hiệu chỉnh bất đẳng thức
biến phân với toán tử đơn điệu trong không gian Banach trong trường hợp toán
tử nhiễu đơn điệu hemi-liên tục.
11
Cho X là không gian Banach phản xạ thực có tính chất từ sự hội tụ yếu của
dãy {x
n
} bất kỳ trong X (x
n
 x) và sự hội tụ chuẩn (x
n
 → x) luôn kéo
theo sự hội tụ mạnh (x
n
− x); X
∗
là không gian liên hợp của X, X và X
∗
là
các không gian lồi chặt, K là một tập con lồi đóng của X.
Xét bài toán bất đẳng thức biến phân (1.1) đã được đề cập ở mục trên với

A : D(A) ≡ X → X
∗
là một toán tử đơn điệu, hemi-liên tục và bị chặn, f là phần
tử cho trước thuộc X
∗
. Nếu toán tử A không có tính chất đơn điệu đều hoặc
đơn điệu mạnh thì bài toán (1.1) nói chung là một bài toán đặt không chỉnh
theo nghĩa nghiệm của bài toán không phụ thuộc liên tục vào dữ kiện ban đầu
(A, f). Trong toàn bộ mục này ta luôn giả thiết tập nghiệm S = ∅ và S ⊂ K. Ta
có S là một tập con đóng và lồi trong K.
Thay cho các giá trị đúng (A, f) ta chỉ biết được các xấp xỉ (A
h
, f
δ
), và giá trị
của các đại lượng τ = (h, δ). Trong mục này ta giả sử các xấp xỉ (A
h
, f
δ
) sẽ được
lấy sao cho các điều kiện sau thỏa mãn:
f
δ
∈ X
∗
: f
δ
− f ≤ δ, δ → 0, (1.4)
A
h

: D(A
h
) ≡ X → X
∗
là toán tử đơn điệu, hemi-liên tục và bị chặn sao cho
A
h
(x) − A(x) ≤ hg(x), ∀x ∈ X, h → 0, (1.5)
ở đây g(t) là hàm thực không âm, liên tục và bị chặn.
Để giải bài toán đặt không chỉnh (1.1) ta phải sử dụng các phương pháp giải
ổn định. Một trong các phương pháp được sử dụng rộng rãi và rất hiệu quả là
phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov. Tư tưởng của phương pháp hiệu chỉnh do
Browder đề xuất năm 1966 cho bài toán bất đẳng thức biến phân (còn gọi là
phương pháp hiệu chỉnh Browder-Tikhonov) là sử dụng một toán tử M : X → X
∗
có tính chất hemi-liên tục, đơn điệu mạnh làm thành phần hiệu chỉnh. Một dạng
của toán tử M là ánh xạ đối ngẫu tổng quát U
s
của X. Bằng phương pháp này,
Alber [4] đã xây dựng nghiệm hiệu chỉnh cho bài toán (1.1) dựa trên việc giải
bất đẳng thức biến phân: tìm x
τ
α
∈ K sao cho
A
h
x
τ
α
+ αU

s
(x
τ
α
− x
∗
) − f
δ
, x − x
τ
α
 ≥ 0, ∀x ∈ K.
(1.6)
Định lí 1.3. Với mỗi α > 0, h > 0 và f
δ
∈ X
∗
, bất đẳng thức biến phân hiệu
chỉnh (1.6) có duy nhất nghiệm x
τ
α
. Ngoài ra, nếu
h + δ
α
, α → 0 thì {x
τ
α
} hội tụ
12
đến phần tử x

0
∈ S thỏa mãn
x
0
− x
∗
 = min{x − x
∗
 : x ∈ S}. (1.7)
Chứng minh. Do X
∗
là không gian lồi chặt nên U
s
là một ánh xạ hemi-liên tục.
Vì vậy, A
h
+ αU
s
cũng là một toán tử đơn điệu và hemi-liên tục từ X vào X
∗
.
Mặt khác, do U
s
là toán tử bức nên với mỗi α > 0 toán tử A
h
+ αU
s
cũng là một
toán tử bức. Thật vậy, ta xét
(A

h
+ αU
s
)(x), x = A
h
(x) + αU
s
(x), x − θ
= A
h
(x) − A
h
(θ), x − θ + A
h
(θ), x − θ
+ αU
s
(x), x.
(1.8)
Từ |A
h
(θ), x − θ| ≤ A
h
(θ)x − θ ta suy ra
A
h
(θ), x − θ ≥ −A
h
(θ)x.
Kết hợp định nghĩa của U

s
và tính đơn điệu của toán tử A
h
, từ (1.8) ta có
(A
h
+ αU
s
)(x), x
x
≥
αx
s
− A
h
(θ)x
x
= αx
s−1
− A
h
(θ).
(1.9)
Vì s ≥ 2 nên từ (1.9) ta nhận được
lim
x→+∞
(A
h
+ αU
s

)(x), x
x
= +∞.
Hơn nữa, toán tử A
h
+ αU
s
đơn điệu mạnh vì
(A
h
+ αU
s
)(x) − (A
h
+ αU
s
)(y), x − y
= A
h
(x) − A
h
(y), x − y + αU
s
(x) − U
s
(y), x − y
≥ αm
U
x − y
s

.
Do đó, bất đẳng thức biến phân (1.6), với mỗi α > 0, có duy nhất nghiệm, ký
hiệu nghiệm đó là x
τ
α
.
Bây giờ, ta chứng minh dãy nghiệm {x
τ
α
} hội tụ đến nghiệm x
0
thỏa mãn
(1.7). Thật vậy, từ (1.1) và (1.6), với mọi x
0
∈ S ta có
A(x
τ
α
) − A(x
0
), x
τ
α
− x
0

+ αU
s
(x
τ

α
− x
∗
) − U
s
(x
0
− x
∗
), x
τ
α
− x
0

≤ A
h
(x
τ
α
) − A(x
τ
α
), x
0
− x
τ
α

+ f − f

δ
, x
0
− x
τ
α
 + αU
s
(x
0
− x
∗
), x
0
− x
τ
α
.
(1.10)
13
Mặt khác, từ (1.4), (1.5) và tính chất đơn điệu của toán tử A, (1.10) có dạng
m
U
x
τ
α
− x
0

s

≤ U
s
(x
τ
α
− x
∗
) − U
s
(x
0
− x
∗
), x
τ
α
− x
0

≤
hg(x
τ
α
) + δ
α
x
0
− x
τ
α


+ U
s
(x
0
− x
∗
), x
0
− x
τ
α
.
(1.11)
Bất đẳng thức (1.11) chứng tỏ dãy {x
τ
α
} giới nội. Vì X là không gian Banach
phản xạ, cho nên tồn tại một dãy con của {x
τ
α
} hội tụ yếu đến một phần tử x
1
nào đó của X.
Không làm mất tính tổng quát, ta giả thiết rằng x
τ
α
 x
1
, khi

h + δ
α
, α → 0.
Trong bất đẳng thức (1.6) cho h, α, δ → 0, sử dụng tính đơn điệu, hemi-liên tục
của A
h
, U
s
và sự hội tụ yếu của dãy {x
τ
α
} ta được
A(x) − f, x − x
1
 ≥ 0, ∀x ∈ K.
Vì K là một tập con lồi đóng nên thay x trong bất đẳng thức cuối cùng bởi
ty + (1 − t)x
1
với ∀y ∈ K, t ∈ (0; 1), sau đó chia cả hai vế cho t rồi cho t → 0 ta
nhận được
A(x
1
) − f, y − x
1
 ≥ 0, ∀y ∈ K.
Chứng tỏ x
1
∈ S, tức x
1
là một nghiệm của (1.1).

Mặt khác từ (1.11) cho α,
h + δ
α
→ 0 ta suy ra
0 ≤ m
U
x
1
− x
s
≤ U
s
(x − x
∗
), x − x
1
, ∀x ∈ S.
Lại thay x trong bất đẳng thức này bởi tx
1
+ (1 − t)x, 0 < t < 1, chia cả hai vế
cho (1 − t) rồi cho t → 1 ta nhận được
U
s
(x
1
− x
∗
), x − x
1
 ≥ 0, ∀x ∈ S,

nghĩa là
U
s
(x
1
− x
∗
), x − x
∗
 ≥ U
s
(x
1
− x
∗
), x
1
− x
∗
 = x
1
− x
∗

s
.
Từ đây suy ra x
1
− x
∗

 ≤ x − x
∗
, ∀x ∈ S. Vì tập nghiệm S của (1.1) là một
tập lồi đóng và X là không gian Banach lồi chặt nên x
1
= x
0
.
Cũng từ (1.11) suy ra dãy nghiệm {x
τ
α
} hội tụ mạnh đến x
0
.
1.3 Phương pháp siêu gradient giải bất đẳng thức biến phân
Trước hết, ta giới thiệu về phép chiếu mêtric và một số tính chất của nó.
14
Định nghĩa 1.9. Cho K là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert thực
H, phép chiếu mêtric P
K
từ H lên K cho tương ứng mỗi x ∈ H với phần tử
P
K
x ∈ K thỏa mãn
x − P
K
x ≤ x − y với mọi y ∈ K.
Bổ đề 1.3. Cho K là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert thực H, x ∈ H
và z ∈ K. Khi đó z = P
K

x nếu và chỉ nếu
x − z, y − z ≤ 0 với mọi y ∈ K.
Định lí 1.4. Nếu K là một tập con lồi đóng trong không gian Hilbert H thì tồn
tại một phần tử duy nhất x
0
của K sao cho
x
0
 ≤ x với mọi x ∈ K.
Mệnh đề 1.3. Cho K là một tập con lồi đóng khác rỗng của không gian Hilbert
H và P
K
là phép chiếu mêtric từ H lên K. Khi đó những điều sau thỏa mãn:
(i) P
K
(P
K
(x)) = P
K
(x) với mọi x ∈ H;
(ii) P
K
là toán tử đơn điệu mạnh, nghĩa là
x − y, P
K
(x) − P
K
(y) ≥ P
K
(x) − P

K
(y)
2
, ∀x, y ∈ H;
(iii) P
K
là toán tử không giãn, nghĩa là
P
K
(x) − P
K
(y) ≤ x − y , ∀x, y ∈ H;
(iv) P
K
là toán tử đơn điệu, nghĩa là
P
K
(x) − P
K
(y) , x − y ≥ 0, ∀x, y ∈ H;
(v) x
n
 x
0
và P
K
(x
n
) → y
0

⇒ P
K
(x
0
) = y
0
.
Ký hiệu u = [x, y], A(u) = [ϕ
x
(x, y), −ϕ
y
(x, y)], C = Q × S.
Ta xét bài toán bất đẳng thức biến phân:
(A(u
∗
), u − u
∗
) ≥ 0, ∀u ∈ C, (1.12)
ở đây, u
∗
= [x
∗
, y
∗
] ∈ U
∗
= X
∗
× Y
∗

, A là một toán tử đơn trị, đơn điệu, nghĩa là
A thỏa mãn:
(A(u) − A(v), u − v) ≥ 0, ∀u, v ∈ C, (1.13)
15
và liên tục Lipshitz với hằng số Lipschitz L, nghĩa là
A(u) − A(v) ≤ L u − v . (1.14)
Phương pháp siêu gradient giải bất đẳng thức biến phân (1.12) được viết dưới
dạng:
u
k
= P
C
(u
k
− αA(u
k
)),
u
k+1
= P
C
(u
k
− αA(u
k
)).
(1.15)
Định lí 1.5. Dãy u
k
được xác định bởi (1.15) hội tụ về điểm u ∈ U

∗
.
Chứng minh. Với phần tử tùy ý u
∗
∈ U
∗
ta đánh giá


u
k+1
− u
∗


2
.
Sử dụng tính chất đã biết của toán tử chiếu lên tập lồi C với ∀u:
(u − P
C
(u), v − P
C
(u)) ≤ 0, ∀v ∈ C, (1.16)
từ đó suy ra
u − v
2
≥ u − P
C
(u)
2

+ v − P
C
(u)
2
, ∀v ∈ C, ∀u
với v = u
∗
, u = u
k
− αA(u
k
), kết hợp với (1.15) cho ta


u
k+1
− u
∗


2
≤


u
k
− αA(u
k
) − u
∗



2
−


u
k
− αA(u
k
) − u
k+1


2
=


u
k
− u
∗


2
≤


u
k

− u
k+1


2
+ 2α(A(u
k
), u
∗
− u
k+1
).
(1.17)
Từ tính đơn điệu của toán tử A và bất đẳng thức (1.12) ta nhận được
0 ≤ (A (u) − A (u
∗
) , u − u
∗
) = (A (u) , u − u
∗
)
− (A (u
∗
) , u − u
∗
) ≤ (A (u) , u − u
∗
) , ∀u ∈ C.
(1.18)
Trong trường hợp đặc biệt khi u = u

k
bất đẳng thức (1.18) cho ta

A

u
k

, u
∗
− u
k

≤ 0,
từ đó ta nhận được đánh giá

A

u
k

, u
∗
− u
k+1

=

A


u
k

, u
∗
− u
k

+

A

u
k

, u
∗
− u
k+1

≤

A

u
k

, u
∗
− u

k+1

.
(1.19)
16
Chúng ta sử dụng (1.19) trong bất đẳng thức (1.17)


u
k+1
− u
∗


2
≤


u
k
− u
∗


2
−


u
∗

− u
k+1


2
+ 2α

A

u
k

, u
k
− u
k+1

=


u
k
− u
∗


2
−



u
k
− u
k


2
−


u
k
− u
k+1


− 2

u
k
− u
k
, u
k
− u
k+1

+ 2α

A


u
k

, u
k
− u
k+1

=


u
k
− u
∗


2
−


u
k
− u
k


2
−



u
k
− u
k+1


+ 2

u
k
− αA

u
k

− u
k
, u
k+1
− u
k

.
(1.20)
Bây giờ ta đánh giá tích vô hướng trong biểu thức cuối cùng của (1.20), đưa về
tổng của hai tích vô hướng số khác, tích thứ nhất suy ra từ (1.16) với
u = u
k

− αA

u
k

, v = u
k+1
và tích thứ hai chúng ta đánh giá nhờ việc sử dụng bất đẳng thức Cauchy-
Buniakovskii

u
k
− αA

u
k

− u
k
, u
k+1
− u
k

=

u
k
− αA


u
k

− u
k
, u
k+1
− u
k

+

αA

u
k

− αA

u
k

, u
k+1
− u
k

≤ α

A


u
k

− A

u
k

, u
k+1
− u
k

≤ α


A

u
k

− A

u
k






u
k+1
− u
k


.
(1.21)
Thêm điều kiện,


u
k
− u
k


2
+


u
k
− u
k+1


2
≥ 2



u
k
− u
k




u
k
− u
k+1


. (1.22)
Tiếp tục sử dụng (1.20), kết hợp với (1.21) và (1.22), cũng theo cách làm tương
tự với toán tử A (u) thỏa mãn điều kiện Lipshitz (1.14)


u
k+1
− u
∗


2
≤



u
k
− u
∗


2
−


u
k
− u
k


2
−


u
k
− u
k+1


2
+ 2αL



u
k
− u
k




u
k+1
− u
k


≤


u
k
− u
∗


2


u
k
− u

k


2
−


u
k
− u
k+1


2
+ α
2
L
2
≤


u
k
− u
k


2
+



u
k+1
− u
k


2
.
Vì vậy ta tìm được đánh giá


u
k+1
− u
∗


≤


u
k
− u
∗


2
−


1 − α
2
L
2



u
k
− u
k


2
. (1.23)
Theo điều kiện α
2
L
2
> 0, từ (1.23) suy ra


u
k
− u
k


2
→ 0, k → ∞, (1.24)

17
và dãy


u
k
− u
∗


không tăng và do đó dãy

u
k

bị chặn. Tính hữu hạn của
không gian và tính chất đóng của tập C đã đảm bảo sự tồn tại của dãy con

u
k
i

thỏa mãn
u
k
i
→ u k
i
→ ∞, u ∈ C. (1.25)
Xét hàm

Φ (u) = u − u
2
,
ở đây u = P
C
(u − αA (u)) . Ta sẽ chỉ ra rằng, nếu cho u = u ∈ C hàm Φ (u) = 0
thì u ∈ U
∗
. Ta có Φ (u) = 0, nghĩa là u = P (u − αA (u)) . Khi đó, sử dụng tính
chất của phép chiếu (1.16) với mọi v ∈ C, ta được
(u − αA (u) − u, v − u) ≤ 0,
khi đó
(A (u) , v − u) ≥ 0 ∀v ∈ C.
Từ (1.12) suy ra u ∈ U
∗
.
Từ tính liên tục của Φ (u), từ (1.24) và (1.25) suy ra Φ (u) = 0, từ đó suy ra
u ∈ U
∗
.
Bất đẳng thức (1.23) thỏa mãn với một điểm tùy ý u
∗
∈ U
∗
; từ đó suy ra dãy



u
k

− u



đơn điệu với u. Do đó, không chỉ dãy

u
k
i

mà dãy

u
k

cùng hội
tụ tới u.
18
Chương 2
Phương pháp siêu gradient hiệu
chỉnh bất đẳng thức biến phân với
toán tử liên tục Lipschitz và ngược
đơn điệu mạnh
Chương này trình bày phương pháp hiệu chỉnh siêu gradient hiệu chỉnh bất
đẳng thức biến phân với toán tử liên tục Lipschitz và ngược đơn điệu mạnh. Kết
quả của chương này được viết từ bài báo của Nguyễn Bường trong [5].
2.1 Một số khái niệm và kết quả bổ trợ
Cho H là một không gian Hilbert với tích vô hướng ., . và chuẩn .. Cho K
là một tập con lồi và đóng trong H. Chúng ta xét bài toán bất đẳng thức biến
phân đã được đề cập ở Chương 1: tìm một phần tử u

∗
∈ K sao cho
A(u
∗
), x − u
∗
 ≥ 0, ∀x ∈ K. (2.1)
Ký hiệu tập nghiệm của (2.1) là VI(K, A).
Định nghĩa 2.1. Một toán tử A từ K vào H và được gọi là λ-ngược đơn điệu
mạnh nếu tồn tại một số dương λ sao cho
A(x) − A(y), x − y ≥ λ A(x) − A(y)
2
, ∀x, y ∈ K. (2.2)
Dễ dàng nhận thấy mọi toán tử λ-ngược đơn điệu mạnh A là toán tử đơn
điệu, liên tục Lipschitz với hằng số L = 1/λ.
Cho {A
i
}
N
i=1
là một họ hữu hạn các toán tử λ
i
-ngược đơn điệu mạnh từ K
vào H. Đặt S
i
= {x ∈ K : A
i
(x) = 0}, S = ∩
N
i=1

S
i
và giả thiết là VI(K, A) ∩ S = ∅.
19
Bài toán được xét ở đây là
Tìm phần tử: u
∗
∈ VI(K, A) ∩ S. (2.3)
Cho T : K → K là toán tử không giãn, ký hiệu Fix(T ) là tập điểm bất động
của T , nghĩa là Fix(T ) := {x ∈ K : T x = x}. Nếu T là toán tử không giãn
thì B := I − T là toán tử 1/2-ngược đơn điệu mạnh. Vì vậy bài toán tìm một
phần tử thuộc VI(K, A)∩ Fix(T ) tương đương với việc tìm một phần tử thuộc
VI(K, A) ∩ S
B
, trong đó S
B
ký hiệu là tập không điểm của ánh xạ B và nó được
chứa trong lớp bài toán (2.3).
Phương pháp tìm một phần tử thuộc VI(K, A)∩ Fix(T ) khi A là toán tử ngược
đơn điệu mạnh A := I − T với T là toán tử không giãn được chứng minh ở định
lý sau.
Định lí 2.1. Cho K là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert H, λ > 0 và
A là một toán tử λ-ngược đơn điệu mạnh từ K vào H. Cho T : K → K là một
toán tử không giãn sao cho:
VI(K, A) ∩ Fix(T ) = ∅.
Cho dãy {x
n
} được xây dựng theo quy tắc:

x

0
∈ K,
x
n+1
= α
n
x
n
+ (1 − α
n
)T P
k
(x
n
− α
n
A(x
n
)), ∀n = 0, 1, . . . ,
trong đó {λ
n
} ⊂ [a, b] với a, b ∈ (0, 2λ) và {α
n
} ⊂ (c, d) với c, d ∈ (0, 1). Khi đó dãy
x
n
 z ∈ VI(K, A)∩ Fix(T ), ở đây
z = lim
n→∞
P

VI(K,A)∩Fix(T )
(x
n
).
Mặt khác, để giải bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Eu-
clidean hữu hạn chiều R
n
với giả thiết tập hợp K ⊂ R
n
đóng và lồi, ánh xạ
A : K → R
n
là đơn điệu
˜
k-liên tục Lipchitz và VI(K, A) khác rỗng, Korpelevich
(xem tài liệu dẫn trong [5]) đã giới thiệu phương pháp siêu gradient sau đây:

x
0
= x ∈ K,
¯x
n
= P
K
(x
n
− λA (x
n
)),
x

n+1
= P
K
(x
n
− λA(¯x
n
)), ∀n = 0, 1, . . . ,
trong đó λ ∈ (0, 1/
˜
k). Ông đã chỉ ra các dãy {x
n
} và ¯x
n
} sinh bởi dãy lặp này
hội tụ về cùng một điểm z ∈ VI(K, A).
20
Xuất phát từ ý tưởng của phương pháp siêu gradient, Nadezhkina và Taka-
hashi (xem tài liệu dẫn trong [5]) đã giới thiệu phương pháp lặp tìm nghiệm
chung của tập điểm bất động của các ánh xạ không giãn và tập nghiệm của bất
đẳng thức biến phân với toán tử đơn điệu, liên tục Lipschitz trong không gian
Hilbert thực H. Kết quả đó được trình bày trong định lý sau.
Định lí 2.2. Cho K là tập hợp con lồi, đóng khác rỗng của không gian Hilbert
H. Cho A là một toán tử đơn điệu
˜
k-liên tục Lipschitz từ K vào H, và cho
T : K → K là toán tử không giãn sao cho:
VI(K, A) ∩ Fix(T ) = ∅.
Cho {x
n

} và {y
n
} là các dãy được xây dựng theo quy tắc:

x
0
∈ K,
y
n
= P
K
(x
n
− λ
n
A (x
n
)),
x
n+1
= α
n
x
n
+ (1 − α
n
)T P
K
(x
n

− λ
n
A(y
n
)), ∀n = 0, 1, . . . ,
trong đó {λ
n
} ⊂ [a, b] với a, b ∈

0, 1/
˜
k

và {α
n
} ⊂ (c, d), với (c, d) ∈ (0, 1). Khi đó,
các dãy {x
n
} và {y
n
} hội tụ yếu tới z ∈ VI(K, A)∩ Fix(T ) với
z = lim
n→∞
P
VI(K,A)∩Fix(T )
(x
n
).
Gần đây để nhận được sự hội tụ mạnh của phương pháp siêu gradient, Antipin
và Vasiliev (xem tài liệu dẫn trong [5]) đưa ra phương pháp hiệu chỉnh:


x
0
= x ∈ K,
y
n
= P
K
(x
n
− β
n
(A(x
n
) + (α
n
x
n
)),
x
n+1
= P
K
(x
n
− β
n
(A(y
n
) + (α

n
y
n
)),
(2.4)
với α
n
> 0, β
n
> 0, n = 0, 1 . . . . Kết quả đó được chứng minh trong định lý sau.
Định lí 2.3. Cho K là một tập con lồi đóng khác rỗng của R
n
. Cho A là một
toán tử đơn điệu
˜
k-liên tục Lipschitz từ K vào R
n
với VI(K, A) = ∅ và cho {α
n
},
{β
n
} được xác định như sau:
α
n
> 0, β
n
> 0, lim
n→∞
α

n
= 0, sup
n≥0
β
n
< 1/
˜
k,
lim
n→∞
α
n
− α
n+1
α
2
n
β
n
= 0,
∞

n=0
α
n
β
n
= +∞.
Khi đó, dãy {x
n

} sinh bởi (2.4) hội tụ mạnh tới u
∗
của bài toán (2.1) khi n → ∞.
Sau đây, chúng tôi trình bày một nghiên cứu mới đây của Giáo sư Nguyễn
Bường, trên cơ sở phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov, đưa ra một suy rộng của
(2.4) cho bài toán (2.3).
21
2.2 Phương pháp siêu gradient hiệu chỉnh
Cho F là một song hàm từ K × K → R. Bài toán cân bằng đối với hàm F là
tìm phần tử u
∗
∈ K sao cho
F (u
∗
, v) ≥ 0, ∀v ∈ K. (2.5)
Giả sử rằng song hàm F thỏa mãn các điều kiện sau:
(A
1
) F(u, u) = 0 với mọi u ∈ K;
(A
2
) F(u, v) + F (v, u) ≤ 0 với mọi (u, v) ∈ K × K;
(A
3
) Với mọi u ∈ K, F(u, .) : K → R nửa liên tục dưới và lồi;
(A
4
) lim
t→+0
F ((1 − t)u + t

z
, v) ≤ F(u, v) với mọi (u, z, v) ∈ K × K × K.
Mệnh đề 2.1. (i) Nếu F(., v) là hàm hemi-liên tục theo biến v ∈ K và F là đơn
điệu, nghĩa là thỏa mãn điều kiện (A
2
), thì U
∗
= V
∗
ở đây,
U
∗
là tập nghiệm của (2.5), và
V
∗
là tập nghiệm của F (u, v
∗
) ≤ 0 với mọi u ∈ K.
(ii) Nếu F (., v) là hemi-liên tục với mỗi v ∈ K và F là đơn điệu mạnh, nghĩa
là tồn tại một hằng số τ > 0 sao cho
F (u, v) + F (v, u) ≤ −τ u − v
2
,
thì U
∗
có duy nhất một phần tử.
Bổ đề 2.1. Cho các dãy số thực dương {a
n
}, {b
n

} và {c
n
} thỏa mãn các điều
kiện sau:
(i) a
n+1
≤ (1 − b
n
)a
n
+ c
n
, b
n
< 1,
(ii)
∞

n=0
b
n
= +∞, lim
n→+∞
c
n
b
n
= 0.
Khi đó, lim
x→+∞

a
n
= 0.
Bổ đề 2.2. Giả sử A
1
là một toán tử ngược đơn điệu mạnh. Cho K
1
là tập hợp
con lồi đóng của K với tính chất S
1
∩ K
1
= ∅. Khi đó, tập nghiệm của bất đẳng
thức biến phân
A
1
(˜y), x − ˜y  0, ∀x ∈ K
1
, ˜y ∈ K
1
, (2.6)
trùng với S
1
∩ K
1
.
22