Bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ ánh xạ không giãn (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
-------------------------------

LÊ NGỌC TÂN

BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRÊN TẬP
ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG CỦA MỘT HỌ
ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
-------------------------------

LÊ NGỌC TÂN

BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRÊN TẬP
ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG CỦA MỘT HỌ
ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN
Chuyên ngành: Toán ứng dụng
Mã số
: 8460112

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS. Nguyễn Thị Thu Thủy

THÁI NGUYÊN - 2018


iii

Mục lục
Bảng ký hiệu

1

Mở đầu

2

1 Bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động của một
ánh xạ không giãn
1.1

1.2

4

Không gian Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1

Không gian Banach lồi và trơn . . . . . . . . . . . . 5

1.1.2

Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.3

Ánh xạ j-đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập
điểm bất động của ánh xạ không giãn . . . . . . . . . . . . 11
1.2.1

Bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu . . . . . . . . 11

1.2.2

Phương pháp lặp và sự hội tụ . . . . . . . . . . . . 12

2 Bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung
của một họ các ánh xạ không giãn
2.1

23

Bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung
của một họ ánh xạ không giãn . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.2

2.1.1

Bài toán

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.1.2

Một số bổ đề bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân . . . . . . . 25
2.2.1

Mô tả phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2.2

Sự hội tụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25


iv

Kết luận

30

Tài liệu tham khảo

31

1

Bảng ký hiệu
H

không gian Hilbert thực

E

không gian Banach

E∗

không gian đối ngẫu của E

SE

mặt cầu đơn vị của E

R

tập các số thực

R+

tập các số thực không âm

∅

tập rỗng

∀x

với mọi x

D(A)

miền xác định của toán tử A

R(A)

miền ảnh của toán tử A

A−1

toán tử ngược của toán tử A

I

toán tử đồng nhất

C[a, b]

không gian các hàm liên tục trên đoạn [a, b]

lp , 1 ≤ p < ∞

không gian các dãy số khả tổng bậc p

Lp [a, b], 1 ≤ p < ∞

không gian các hàm khả tích bậc p trên đoạn [a, b]

lim supn→∞ xn

giới hạn trên của dãy số {xn }

lim inf n→∞ xn

giới hạn dưới của dãy số {xn }

xn → x0

dãy {xn } hội tụ mạnh về x0

xn

dãy {xn } hội tụ yếu về x0

x0

J

ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc

j

ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc đơn trị

Fix(T )

tập điểm bất động của ánh xạ T


2

Mở đầu
Bài toán bất đẳng thức biến phân đã được nghiên cứu và đưa ra lần
đầu tiên bởi Hartman và Stampacchia vào những năm đầu của thập
niên 60 thế kỉ XX. Mô hình bài toán bài toán bất đẳng thức biến phân,
kí hiệu là VIP(A, C), có dạng
Tìm x ∈ C sao cho:

A(x), y − x ≥ 0 ∀y ∈ C,

(1)

trong đó C là tập con lồi đóng khác rỗng trong không gian Hilbert thực
H hoặc không gian Banach thực E và A : (D(A) = C) → C là ánh xạ
mục tiêu xác định trên C.
Người ta thường nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của bất đẳng thức biến
phân và đề xuất các phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân.
Cho đến nay có nhiều phương pháp giải bất đẳng thức biến phân hữu
hiệu được xây dựng, chẳng hạn phương pháp chiếu của Lions, phương
pháp nguyên lý bài toán phụ của Cohen, phương pháp điểm gần kề của
Martinet, phương pháp điểm gần kề quán tính của Alvarez và Attouch
và phương pháp hiệu chỉnh Browder–Tikhonov đối với bất đẳng thức
biến phân đặt không chỉnh. Ở Việt Nam, bất đẳng thức biến phân cũng
là một chủ đề được nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu, như nhóm

nghiên cứu của GS. Nguyễn Bường (Viện Công nghệ Thông tin), GS.
Nguyễn Đông Yên (Viện Toán học), GS. Lê Dũng Mưu (Trường Đại học
Thăng Long, Hà Nội), GS. Phạm Kỳ Anh (Trường Đại học Khoa học
tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội), GS. Phan Quốc Khánh (Trường
Đại học Quốc tế thành phố Hồ Chí Minh) . . . .
Mục đích của đề tài luận văn nhằm tổng hợp và trình bày lại hai


3

phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động
chung của một ánh xạ không giãn, một họ vô hạn đếm được các ánh xạ
không giãn trong không gian Banach trong các bài báo [3] và [5] công
bố năm 2008 và 2015.
Trong quá trình học tập và thực hiện luận văn này, các thầy cô của
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện
tốt nhất để tác giả học tập, nghiên cứu. Tác giả xin được bày tỏ lòng
biết ơn chân thành đến các thầy, cô. Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng
biết ơn sâu sắc tới PGS.TS. Nguyễn Thị Thu Thủy - Người đã tận tình
hướng dẫn tác giả hoàn thành luận văn này.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2018
Tác giả luận văn

Lê Ngọc Tân


4

Chương 1

Bất đẳng thức biến phân trên tập
điểm bất động của một ánh xạ
không giãn
Chương này trình bày một số khái niệm và tính chất của không gian
Banach; ánh xạ j-đơn điệu, ánh xạ không giãn và phương pháp lặp giải
bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động của một ánh xạ không
giãn trong không gian Banach. Kiến thức của chương này được viết dựa
trên kết quả của Ceng và các cộng sự công bố trong [3] và các tài liệu
được tham chiếu trong đó.

1.1

Không gian Banach

Cho E là không gian Banach với không gian đối ngẫu ký hiệu là E ∗ .
Ta dùng ký hiệu . cho chuẩn trong E và E ∗ và viết tích đối ngẫu
x, x∗ thay cho giá trị của phiếm hàm tuyến tính x∗ ∈ E ∗ tại điểm
x ∈ E, tức là x, x∗ = x∗ (x). Kiến thức của mục này được tham khảo
từ các tài liệu [1], [2], [6] và [7].


5

1.1.1

Không gian Banach lồi và trơn

Ký hiệu SE := {x ∈ E : x = 1} là mặt cầu đơn vị của không gian
Banach E.
Định nghĩa 1.1.1 Không gian Banach E được gọi là lồi chặt nếu với

mọi điểm x, y ∈ SE , x = y, ta có
(1 − λ)x + λy < 1 với mọi λ ∈ (0, 1).
Chú ý 1.1.2 Định nghĩa 1.1.1 còn có thể phát biểu dưới dạng tương
đương sau: Không gian Banach E được gọi là lồi chặt nếu với mọi điểm
x, y ∈ E, x = y, mà x = 1, y = 1 ta có
x+y
< 1.
2
Ví dụ 1.1.3 Không gian E = Rn với chuẩn x
n

x

2

được xác định bởi

1/2

x2i

=

2

,

x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn

i=1

là không gian lồi chặt.
Định nghĩa 1.1.4 Không gian Banach E được gọi là lồi đều nếu với
mọi ε > 0, tồn tại δ = δ(ε) > 0 sao cho với mọi x, y ∈ E mà x = 1,
y = 1, x − y ≥ ε ta luôn có
x+y
≤ 1 − δ.
2
Ví dụ 1.1.5 Không gian Hilbert H là không gian lồi đều. Vì từ đẳng
thức hình bình hành ta tính toán được
x+y
≤1− 1−
2

1−

ε2
.
4

Định nghĩa 1.1.6 Không gian Banach E được gọi là không gian trơn
nếu với mỗi điểm x nằm trên mặt cầu đơn vị SE của E tồn tại duy nhất
một phiếm hàm gx ∈ E ∗ sao cho gx , x = x và gx = 1.


6

Ví dụ 1.1.7 Các không gian lp , Lp [a, b], 1 < p < ∞ là không gian
Banach trơn.
Định nghĩa 1.1.8 (i) Chuẩn của không gian Banach E được gọi là

khả vi Gâteaux nếu với mỗi y ∈ SE giới hạn
x + ty − x
lim
t→0
t
tồn tại với x ∈ SE , ký hiệu là y,
x . Khi đó

(1.1)
x được gọi là

đạo hàm Gâteaux của chuẩn.
(ii) Chuẩn của E được gọi là khả vi Gâteaux đều nếu với mỗi y ∈ SE ,
giới hạn (1.1) đạt được đều với mọi x ∈ SE .
(iii) Chuẩn của E được gọi là khả vi Fréchet nếu với mỗi x ∈ SE , giới
hạn (1.1) tồn tại đều với mọi y ∈ SE .
(iv) Chuẩn của E được gọi là khả vi Fréchet đều nếu giới hạn (1.1) tồn
tại đều với mọi x, y ∈ SE .
Ví dụ 1.1.9 Không gian Hilbert H là không gian có chuẩn khả vi
Gâteaux với
x =

x
,
x

x = 0.

Ký hiệu 2C là tập các tập con của tập hợp C. Ta định nghĩa phép
chiếu mêtric như sau.

Định nghĩa 1.1.10 Cho C là một tập con khác rỗng của không gian
Banach E. Ánh xạ PC : E → 2C xác định bởi
PC (x) = y ∈ C : x − y = d(x, C) ∀x ∈ E
được gọi là phép chiếu mêtric từ E lên C.
1.1.2

Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc
∗

Định nghĩa 1.1.11 Ánh xạ J : E → 2E (nói chung là đa trị) xác định
bởi
Jx = {u ∈ E ∗ :

x, u = x u , u = x },


7

được gọi là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc của không gian Banach E.
Ví dụ 1.1.12 Trong không gian Hilbert H, ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc
là ánh xạ đơn vị I.
∗

Định nghĩa 1.1.13 Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J : E → 2E của không
gian Banach E được gọi là
(i) liên tục yếu theo dãy nếu J đơn trị và với mọi dãy {xn } hội tụ yếu
đến x (xn

x) thì Jxn hội tụ yếu đến Jx (Jxn

Jx) theo tôpô

yếu∗ trong E ∗ .
(ii) liên tục mạnh-yếu∗ nếu J đơn trị và với mọi dãy {xn } hội tụ mạnh
đến x (xn → x) thì Jxn hội tụ yếu đến Jx (Jxn

Jx) theo tôpô

yếu∗ trong E ∗ .
Nhận xét 1.1.14 (xem [4]) Không gian lp , 1 < p < ∞ có ánh xạ đối
ngẫu chuẩn tắc liên tục yếu theo dãy. Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc trong
không gian Lp [a, b], 1 < p < ∞ không thỏa mãn tính chất này.
Tính đơn trị của ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc có mối liên hệ với tính
khả vi của chuẩn của không gian Banach như khẳng định trong các định
lý sau đây.
Định lý 1.1.15 (xem [2]) Cho E là không gian Banach với ánh xạ đối
∗

ngẫu chuẩn tắc J : E → 2E . Khi đó các khẳng định sau là tương đương:
(i) E là không gian trơn;
(ii) J là đơn trị;
(iii) Chuẩn của E là khả vi Gâteaux với

x = x

−1

Jx.

Chú ý 1.1.16 Ta dùng ký hiệu j để chỉ ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc đơn

trị.
Định nghĩa 1.1.17 Cho C là một tập con khác rỗng của không gian
Banach E.


8

(i) Ánh xạ T : C → E được gọi là ánh xạ L-liên tục Lipschitz nếu tồn
tại hằng số L ≥ 0 sao cho
Tx − Ty ≤ L x − y

∀x, y ∈ C.

(1.2)

(ii) Trong (1.2), nếu L ∈ [0, 1) thì T được gọi là ánh xạ co; nếu L = 1
thì T được gọi là ánh xạ không giãn.
Ký hiệu Fix(T ) := {x ∈ C : T x = x} là tập điểm bất động của ánh
xạ T . Ta có kết quả sau về tính chất của tập Fix(T ).
Định lý 1.1.18 (xem [2]) Cho C là một tập con lồi trong không gian
Banach lồi chặt E và T : C → E là ánh xạ không giãn. Khi đó nếu tập
điểm bất động Fix(T ) của ánh xạ T là khác rỗng thì nó là tập lồi.
Chú ý 1.1.19 Do tính liên tục của ánh xạ T nên tập Fix(T ) luôn là
tập đóng.
Hệ quả 1.1.20 (xem [2]) Cho C là tập con khác rỗng, lồi, đóng trong
không gian Banach lồi chặt E và T : C → E là ánh xạ không giãn. Khi
đó tập Fix(T ) là tập lồi đóng.
Định nghĩa 1.1.21 Ánh xạ A : C → E được gọi là ánh xạ λ-giả co
chặt nếu với mỗi x, y ∈ D(A), tồn tại j(x − y) ∈ J(x − y) sao cho
Ax − Ay, j(x − y) ≤ x − y

2

− λ x − y − (Ax − Ay)

2

(1.3)

với mỗi λ ∈ (0, 1). Trong (1.3), nếu λ = 0 thì T được gọi là ánh xạ giả
co.
Ta thấy (1.3) có thể được viết lại như sau
(I − A)x − (I − A)y, j(x − y) ≥ λ (I − A)x − (I − A)y 2 .

(1.4)

Nhận xét 1.1.22 (xem [2])
(i) Nếu F : E → E là ánh xạ λ-giả co chặt thì F là ánh xạ L-liên tục
Lipschitz với L = 1 + 1/λ.


9

(ii) Mọi ánh xạ không giãn đều là ánh xạ giả co liên tục.
Bổ đề 1.1.23 (xem [2]) (Nguyên lý nửa đóng) Cho C là tập con lồi
đóng khác rỗng của không gian Banach phản xạ E thỏa mãn điều kiện
của Opital và giả sử T : C → E là ánh xạ không giãn. Khi đó ánh xạ
I − T là nửa đóng tại 0, tức là
xn

x, xn − T xn → 0 ⇒ x = T x.

Bổ đề 1.1.24 (xem [2]) Cho E là không gian Banach trơn thực. Khi đó
x

2

+ 2 y, J(x) ≤ x + y

2

≤ x

2

+ 2 y, J(x + y) ,

∀x, y ∈ E,

trong đó J : E → E ∗ là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc của E.
1.1.3

Ánh xạ j-đơn điệu

Định nghĩa 1.1.25 Ánh xạ A có miền xác định là D(A) và miền ảnh
R(A) trong E được gọi là:
(i) j-đơn điệu mạnh nếu với mọi x, y ∈ D(A) tồn tại j(x−y) ∈ J(x−y)
sao cho
Ax − Ay, j(x − y) ≥ 0.
(ii) δ-j-đơn điệu mạnh nếu với mỗi x, y ∈ D(A) tồn tại j(x − y) ∈

J(x − y) sao cho
Ax − Ay, j(x − y) ≥ δ x − y

2

với mỗi δ ∈ (0, 1).

Mệnh đề 1.1.26 (xem [2]) Cho E là một không gian Banach thực trơn
và A : E → E là một ánh xạ.
(i) Nếu A là ánh xạ λ giả co chặt thì A là ánh xạ liên tục Lipschitz với
hằng số (1 + λ1 ).
(ii) Nếu A là ánh xạ δ-j-đơn điệu mạnh và λ-giả co chặt với δ + λ > 1
thì I − A là ánh xạ co với hằng số

1−δ
λ .


10

(iii) Nếu A là ánh xạ δ-j-đơn điệu mạnh và λ-giả co chặt với δ + λ > 1
thì với số cố định bất kỳ τ ∈ (0, 1), I − τ A là ánh xạ co với hằng số
1−δ
λ

I −τ I −

.

Chứng minh. (i) Từ (1.4) ta nhận được

λ (I − A)x − (I − A)y

2

≤ (I − A)x − (I − A)y, j(x − y)
≤ (I − A)x − (I − A)y

x−y ,

từ đó suy ra
(I − A)x − (I − A)y ≤

1
x−y .
λ

Nên
F x − F y ≤ (I − F )x − (I − F )y + x − y + x − y
≤

1+

1
λ

x−y ,

và do đó F liên tục Lipschitz với hằng số (1 + λ1 ).
(ii) Từ (1.3) và (1.4), ta có
λ (I − F )x − (I − F )y

2

≤ x−y

2

− F x − F y, j(x − y)

≤ (1 − δ) x − y 2 .
Vì δ + λ > 1 ⇔

1−δ
λ

∈ (0, 1), nên

(I − F )x − (I − F )y ≤

1−δ
λ

và vì vậy I − F là ánh xạ co với hằng số

1−δ
λ .

(iii) Vì I − F là ánh xạ co với hằng số

1−δ

λ ,

x−y ,

nên với mỗi số cố định

τ ∈ (0, 1) ta có
x − y − τ (F (x) − F (y)) = (1 − τ )(x − y) + τ [(I − F )x − (I − F )y]
≤ (1 − τ ) x − y + τ (I − F ) − (I − F )y
≤ (1 − τ ) x − y + τ
=

1−τ 1−

1−δ
λ

1−δ
λ

x−y

x−y .


11

Từ đây suy ra I − τ F là ánh xạ co với hằng số 1 − τ 1 −

1.2

1−δ
λ

.

Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân
trên tập điểm bất động của ánh xạ không giãn

Mục này trình bày một phương pháp lặp lai ghép đường dốc nhất giải
bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu trên tập điểm bất động của một
ánh xạ không giãn trong không gian Banach X. Nội dung của mục này
được viết trên cơ sở bài báo [3].
1.2.1

Bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu

Cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng của không gian Banach thực
E, A : E → E là một ánh xạ j-đơn điệu xác định trên E. Bài toán bất
đẳng thức biến phân j-đơn điệu (ký hiệu là VI∗ (A, C)) được phát biểu
như sau:
Tìm x∗ ∈ C sao cho:

A(x∗ ), j(x − x∗ ) ≥ 0 ∀x ∈ C,

(1.5)

ở đây j(x − x∗ ) ∈ J(x − x∗ ).
Sau đây là hai ví dụ về bất đẳng thức biến phân trong không gian
hữu hạn chiều.

Ví dụ 1.2.1 Cho f là hàm số khả vi trên [a, b] ⊂ R. Tìm x∗ ∈ [a, b] sao
cho
f (x∗ ) = min f (x).
x∈[a,b]

Ta thấy có ba khả năng sau:
(1) Nếu x∗ ∈ (a, b) thì f (x∗ ) = 0.
(2) Nếu x∗ = a thì f (x∗ ) ≥ 0.
(3) Nếu x∗ = b thì f (x∗ ) ≤ 0.


12

Trong cả ba trường hợp ta đều có f (x∗ )(x − x∗ ) ≥ 0. Đây là một bất
đẳng thức biến phân dạng (1.5) trong không gian R.
Ví dụ 1.2.2 Cho f là một hàm số khả vi trên tập con lồi đóng C của
không gian Rn . Tìm x∗ ∈ C thỏa mãn:
f (x∗ ) = min f (x).
x∈C

Giả sử x∗ là điểm cực tiểu cần tìm, x là một phần tử tùy ý của C. Do
C là một tập lồi nên
(1 − t)x∗ + tx = x∗ + t(x − x∗ )
= x∗ + t(x − x∗ ) ∈ C

∀t ∈ [0; 1].

Hàm
Φ(t) = f (x∗ + t(x − x∗ ) ∀t ∈ [0; 1]
đạt cực tiểu tại t = 0. Suy ra Φ (t) ≥ 0. Hay

Φ (t) = f (x∗ + t(x − x∗ )).(x − x∗ ).
Như vậy,
Φ (0) = ∇f (x∗ ), x − x∗ ≥ 0 ∀x ∈ C.
Đây là một bất đẳng thức biến phân.
1.2.2

Phương pháp lặp và sự hội tụ

Cho E là một không gian Banach phản xạ thực với ánh xạ đối ngẫu
chuẩn tắc J có tính chất liên tục yếu theo dãy, T : E → E là ánh xạ
không giãn và C = Fix(T ) = ∅, A : E → E là ánh xạ δ-j-đơn điệu mạnh
và λ-giả co chặt với δ + λ > 1. Ta xét phương pháp lặp tìm nghiệm xấp
xỉ của bài toán VI∗ (A, C) như sau.
Phương pháp 1.2.3 (xem [3]) Giả sử các dãy {λn }, {µn } thuộc khoảng
(0, 1) với mọi n ≥ 0. Với xấp xỉ ban đầu x0 ∈ E tùy ý cho trước, dãy lặp


13

{xn } được xác định như sau:

yn = λn xn + (1 − λn )T xn ,
x
∀n ≥ 0.
n+1 = yn − λn µn A(xn ),

(1.6)

Phương pháp 1.2.3 dựa trên cơ sở của phương pháp lặp Mann và
phương pháp đường dốc nhất. Thật vậy, trong công thức (1.6), bước lặp

yn = λn xn + (1 − λn )T xn được lấy từ phương pháp lặp Mann và bước
lặp xn+1 = yn − λn µn A(xn ) được lấy từ phương pháp đường dốc nhất.
Bổ đề 1.2.4 (xem [3]) Cho E là một không gian Banach thực trơn và
T : E → E là ánh xạ không giãn (hoặc giả co liên tục) với Fix(T ) = ∅.
Giả sử A : E → E là ánh xạ δ-j-đơn điệu mạnh và λ-giả co chặt với
δ + λ > 1. Với mỗi t ∈ (0, 1) chọn số µt ∈ (0, 1) tùy ý và dãy {xt } được
xác định bởi
xt = txt + (1 − t)T xt − tµt A(xt ).

(1.7)

Giả sử u ∈ E là một điểm bất động của ánh xạ T , nghĩa là, u ∈ C =
Fix(T ). Khi đó,
(i) A(xt ), j(xt − u) ≤ 0;
(ii) Dãy {xt } bị chặn.
Chứng minh. (i) Vì u là điểm bất động của ánh xạ T nên
xt − (txt + (1 − t)u − tµt A(xt )), J(xt − u)
= (txt + (1 − t)T xt − tµt A(xt ))
− (txt + (1 − t)u − tµt A(xt )), J(xt − u)
= (1 − t) T xt − u, j(xt − u)
≤ (1 − t) xt − u 2 .
Rõ ràng
xt − (txt + (1 − t)u − tµt A(xt )), j(xt − u) =
= (1 − t)(xt − u) + tµt A(xt ), j(xt − u)
≥ (1 − t) xt − u

2

+ tµt A(xt ), j(xt − u) .

14

Do đó
tµt A(xt ),j(xt − u) ≤
≤ xt − (txt + (1 − t)u − tµt F (xt )), j(xt − u)
− (1 − t) xt − u

2

≤ 0,
suy ra
F (xt ), j(xt − u) ≤ 0.
(ii) Vì A là ánh xạ δ-j-đơn điệu mạnh nên
A(xt ), j(xt − u) = A(xt ) − A(u), j(xt − u) + A(u), j(xt − u)
≥ δ xt − u

2

+ A(u), j(xt − u) .

Sử dụng kết luận (i) của định lý ta nhận được
δ xt − u

2

+ A(u), j(xt − u) ≤ 0.

Do đó,
δ xt − u

2

≤ − A(u), j(xt − u) ≤ A(u)

xt − u ,

(1.8)

suy ra
xt − u ≤ δ −1 A(u) .
Điều này chứng tỏ rằng dãy {xt : t ∈ (0, 1)} bị chặn.

Mệnh đề 1.2.5 (xem [3]) Cho E là không gian Banach thực phản xạ
với ánh xạ đối ngẫu J : E → E ∗ liên tục yếu theo dãy. Giả sử T : E → E
là ánh xạ không giãn và C = Fix(T ) = ∅, A : E → E là ánh xạ δ-j-đơn
điệu mạnh và λ-giả co chặt với δ + λ > 1. Với mỗi t ∈ (0, 1) chọn một
số µt ∈ (0, 1) tùy ý và giả thiết xt xác định bởi (1.7). Khi đó nếu t → 0+
thì dãy {xt } hội tụ mạnh tới nghiệm duy nhất u∗ của bất đẳng thức biến
phân VI∗ (A, C).


15

Chứng minh. Cho u ∈ C = Fix(T ). Từ Bổ đề 1.2.4(iii), dãy {xt : t ∈
(0, 1)} bị chặn và do đó các tập {T (xt ) : t ∈ (0, 1)} và {A(xt ) : t ∈ (0, 1)}
cũng bị chặn. Vì xt = txt + (1 − t)T xt − tµt A(xt ) nên
xt − T xt = txt + (1 − t)T xt − tµt A(xt ) − T xt
= t(xt − T xt ) − tµt A(xt )
≤ t xt − T xt + tµt A(xt )

≤ t xt − T xt + t A(xt ) → 0 khi t → 0+ .
Suy ra
lim xt − T xt = 0.

t→0+

Chú ý rằng tập {xt : t ∈ (0, 1)} bị chặn. Vì E là không gian Banach
phản xạ nên tồn tại một dãy con {xtn } ⊂ {xt } hội tụ yếu trong đó
{tn } là một dãy trong (0, 1) hội tụ tới 0 khi n → ∞. Bây giờ ta giả sử
xn := xtn và xn

u∗ . Sử dụng Bổ đề 1.1.23 ta có u∗ = T u∗ . Trong (1.8)

lấy u = u∗ ta được
xn − u∗

2

≤ −δ −1 A(u∗ ), j(xn − u∗ ) .

Vì ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J liên tục yếu theo dãy nên
xn → u∗

khi n → ∞,

tức là, xtn → u∗ khi n → ∞.
Tiếp theo ta chỉ ra rằng dãy {xt } hội tụ mạnh tới u∗ . Thật vậy, vì các
tập {xt } và {F (xt )} bị chặn và ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J đơn trị và
liên tục yếu theo dãy nên,
A(xsk ) − A(v ∗ ) → 0 khi sk → 0,

và
| A(xsk ), j(xsk − u) − A(v ∗ ), j(v ∗ − u) |
= | A(xsk ) − A(v ∗ ), j(xsk − u) + A(v ∗ ), j(xsk − u) − j(v ∗ − u) |
≤ A(xsk ) − A(v ∗ )

xsk − u

+ | A(v ∗ ), j(xsk − u) − j(v ∗ − u) | → 0 khi

sk → 0.


16

Vì vậy, từ Bổ đề 1.2.4(i), với mỗi u ∈ C = Fix(T ) ta có
A(v ∗ ), j(v ∗ − u) = lim A(xsk ), j(xsk − u) ≤ 0.
sk →0

(1.9)

Tương tự ta có
A(u∗ ), j(u∗ − u) = lim A(xtn ), j(xtn − u) ≤ 0.
tn →0

(1.10)

Chọn u = u∗ trong (1.9) và u = v ∗ trong (1.10) ta có
A(v ∗ ), j(v ∗ − u∗ ) ≤ 0,
và
A(u∗ ), j(u∗ − v ∗ ) ≤ 0.

Cộng hai bất đẳng thức cuối và sử dụng tính δ-j-đơn điệu mạnh của A,
ta nhận được
δ u∗ − v ∗

2

≤ A(u∗ ) − A(v ∗ ), j(u∗ − v ∗ ) ≤ 0.

Suy ra v ∗ = u∗ và u∗ là nghiệm duy nhất của VI∗ (A, C).
Để chứng minh sự hội tụ mạnh của dãy lặp (1.6) ta cần bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.6 (xem [2]) Cho {sn } là một dãy các số thực không âm thỏa
mãn
sn+1 ≤ (1 − αn )sn + αn βn + γn ,

∀n ≥ 0,

trong đó {αn }, {βn } và {γn } thỏa mãn các điều kiện:
(i) {αn } ⊂ [0, 1],

∞
n=0 αn

= ∞ hoặc tương đương

∞
n=0 (1

− αn ) = 0;

(ii) lim supn→∞ βn ≤ 0;

(iii) γn ≥ 0 (n ≥ 0),

∞
n=0 γn

< ∞.

Khi đó limn→∞ sn = 0.
Bây giờ ta chứng minh sự hội tụ mạnh của dãy lặp xác định bởi
Phương pháp 1.2.3 tới nghiệm duy nhất của VI∗ (A, C).


17

Định lý 1.2.7 (xem [3]) Cho E là một không gian Banach phản xạ thực
với ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J : E → E ∗ là liên tục yếu theo dãy. Giả
sử T : E → E là một ánh xạ không giãn với C = Fix(T ) = ∅, A : E → E
là δ-j-đơn điệu mạnh và λ giả co chặt với δ + λ > 1. Cho dãy {xn } xác
định bởi phương pháp lặp (1.6) trong đó {λn } và {µn } là hai dãy số trong
khoảng (0, 1) thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) limn→∞ µλnn = 0 và

∞
n=0 λn µn

= ∞;

(ii)

∞

n=0 |λn+1

− λn | < ∞;

(iii)

∞
n=0 |µn+1

− µn | < ∞ hoặc limn→∞

µn
= 1.
µn+1

Khi đó dãy {xn } hội tụ mạnh tới nghiệm duy nhất u∗ của bất đẳng thức
biến phân VI∗ (A, C).
Chứng minh. Trước tiên ta chỉ ra rằng limn→∞ λn = 0. Thật vậy, vì
{µn } là một dãy trong (0, 1) nên ta có
λn = µn

λn
λn
≤
µn
µn

→ 0 khi n → ∞,

tức là, limn→∞ λn = 0.

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh dãy {xn } bị chặn. Thật vậy, lấy u ∈ C,
với C = Fix(T ). Khi đó, sử dụng Mệnh đề 1.1.26(iii) ta có
xn+1 − u = yn − λn µn A(xn ) − u
= λn xn + (1 − λn )T xn − λn µn A(xn ) − u
= λn [(I − µn A)xn − u] + (1 − λn )(T xn − u)
≤ (1 − λn ) T xn − u + λn (I − µn A)xn − u
≤ (1 − λn ) xn − u + λn [ (I − µn A)xn − (I − µn A)u
+ (I − µn A)u − u ]
≤ (1 − λn ) xn − u + λn 1 − µn 1 −
+ λn µn A(u) .

1−δ
λ

xn − u


18

Suy ra
xn+1 − u ≤

1 − λn µ n 1 −

1−δ
λ

xn − u + λn µn A(u)

=

1 − λn µ n 1 −

1−δ
λ

xn − u

+ λn µ n 1 −

1−δ
λ

≤ max{ xn − u , 1 −

1−δ
λ

1−

−1

A(u)

−1

1−δ
λ

A(u) }.

Bằng quy nạp ta nhận được
xn − u ≤ max

x0 − u , 1 −

1−δ
λ

−1

A(u) ) ,

∀n ≥ 0.

Do đó dãy {xn } bị chặn và do đó các dãy {T (xn )} và {A(xn )} cũng bị
chặn. Bây giờ, ta chỉ ra rằng
xn+1 − xn → 0 khi n → ∞.

(1.11)

Thật vậy, ta có (với hằng số M > 0)
xn+1 − xn = λn xn + (1 − λn )T xn − λn µn A(xn )
− (λn−1 xn−1 + (1 − λn−1 )T xn−1
− λn−1 µn−1 A(xn−1 ))
= λn (I − µn A)xn + (1 − λn )T xn
− (λn−1 (I − µn−1 A)xn−1 + (1 − λn−1 )T xn−1 )
≤ (1 − λn )(T xn − T xn−1 )
+ (λn − λn−1 )[(I − µn−1 A)xn−1 − T xn−1 ]
+ λn (I − µn A)xn − (I − µn−1 A)xn−1

≤ (1 − λn ) T xn − T xn−1
+ |λn − λn−1 | (I − µn−1 F )xn−1 − T xn−1
+ λn [ (I − µn A)xn − (I − µn A)xn−1
+ (µn−1 − µn )A(xn−1 ) ].


19

Suy ra
xn+1 − xn ≤ (1 − λn ) xn − xn−1 + |λn − λn−1 |M
+ λn

1−δ
λ

1 − µn 1 −

xn − xn−1

+ |µn−1 − µn |M
1−δ
λ

1 − λn µn 1 −

=

xn − xn−1

+ λn |µn−1 − µn |M + |λn − λn−1 |M.

Đặt
αn = λn µn 1 −
βn =

1−

1−δ
,
λ

1−δ
λ

−1

µn−1
−1 ,
µn

γn = |λn − λn−1 |M.
Khi đó,
xn+1 − xn ≤ (1 − αn ) xn − xn−1 + αn βn + γn .

(1.12)

Dễ dàng thấy được từ các điều kiện (i)-(iii) của định lý rằng một trong
các điều kiện (a) hoặc (b) sau thỏa mãn:
∞

∞

αn = ∞, lim βn = 0,

(a)

n→∞

n=0
∞

n=0

∞

αn = ∞,

(b)

< ∞;

n=0

∞

αn βn < ∞,
n=0

γn < ∞.
n=0

Do đó, áp dụng Bổ đề 1.2.6 vào (1.12) ta suy ra
xn+1 − xn → 0 khi n → ∞.
Bây giờ ta chỉ ra rằng
xn − T (xn ) → 0 khi n → ∞.

(1.13)


20

Thật vậy, ta thấy
xn+1 − T (xn ) = λn xn + (1 − λn )T (xn ) − λn µn A(xn ) − T xn
≤ λn xn − T (xn ) + λn A(xn ) .
Do đó, từ (1.11) ta suy ra
xn − T xn ≤ xn − xn+1 + xn+1 − T xn
≤ xn − xn+1 + λn xn − T xn + λn A(xn ) → 0, n → ∞.
Đặt u∗ = limt→0+ xt , trong đó dãy {xt } được xác định bởi (1.7). Theo
Mệnh đề 1.2.5, u∗ chính là nghiệm của VI∗ (A, C), tức là
A(u∗ ), j(u∗ − v) ≤ 0 ∀v ∈ C.

(1.14)

Tiếp theo ta chỉ ra rằng
lim sup A(u∗ ), j(u∗ − xn ) ≤ 0.

(1.15)

n→∞

Thật vậy, ta có thể chọn một dãy con {xnk } của dãy {xn } sao cho

lim sup A(u∗ ), j(u∗ − xn ) = lim A(u∗ ), j(u∗ − xnk ) .
k→∞

n→∞

Vì E là không gian Banach phản xạ và dãy {xn } bị chặn nên ta có thể
giả sử xnk

w. Từ các điều kiện của Bổ đề 1.1.23 và xn − T xn → 0

(n → ∞) suy ra w ∈ C = Fix(T ). Do ánh xạ đối ngẫu J là liên tục yếu
theo dãy nên từ (1.14) ta có
lim sup A(u∗ ), j(u∗ − xn ) = A(u∗ ), j(u∗ − w) ≤ 0.
n→∞

Cuối cùng, ta chỉ ra rằng xn → u∗ khi n → ∞. Thật vậy, ta có
xn+1 − (λn xn + (1 − λn )u∗ − λn µn A(xn ))
= xn+1 − u∗ − λn ((I − µn A)xn − u∗ ).
Sử dụng Bổ đề 1.1.24 và Mệnh đề 1.1.26(iii) ta nhận được
xn+1 − u∗

2

= xn+1 − (λn xn + (1 − λn )u∗ − λn µn A(xn ))
+ λn ((I − µn A)xn − u∗ )

2

≤ xn+1 − (λn xn + (1 − λn )u∗ − λn A(xn ))

2

+ 2λn (I − µn A)xn − u∗ , J(xn+1 − u∗ ) .


21

Suy ra
xn+1 − u∗

2

≤ (1 − λn )2 T xn − u∗

2

+ 2λn (I − µn A)xn − (I − µn A)u∗ , j(xn+1 − u∗ )
+ 2λn (I − µn A)u∗ − u∗ , j(xn+1 − u∗ )
≤ (1 − λn )2 xn − u∗

2

+ 2λn (I − µn A)xn − (I − µn A)u∗

xn+1 − u∗

+ 2λn µn A(u∗ ), j(u∗ − xn+1 )
≤ (1 − λn )2 xn − u ∗

2

1−δ
λ

+ 2λn 1 − µn 1 −

xn − u∗

xn+1 − u∗

+ 2λn µn A(u∗ ), j(u∗ − xn+1 ) .
Hay
xn+1 − u∗

2

≤ (1 − λn )2 xn − u∗
+ λn

2

1 − µn 1 −

+ xn+1 − u∗

1−δ
λ

2

xn − u∗

2

2

+ 2λn µn A(u∗ ), j(u∗ − xn+1 )
≤ (1 − λn )2 xn − u∗

2

+ λn 1 − µ n 1 −
+ λn xn+1 − u∗

2

1−δ
λ

xn − u∗

2

+ 2λn µn A(u∗ ), j(u∗ − xn+1 ) .