Một số định lý hội tụ mạnh giải bài toán không điểm chung tách tổng quát trong không gian hilbert

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGÔ THỊ GIANG

MỘT SỐ ĐỊNH LÝ HỘI TỤ MẠNH GIẢI BÀI TOÁN
KHÔNG ĐIỂM CHUNG TÁCH TỔNG QUÁT
TRONG KHÔNG GIAN HILBERT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Toán ứng dụng
Mã số: 8 46 01 12

TẬP THỂ HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
1. TS. Trương Minh Tuyên
2. TS. Phạm Hồng Trường

Thái Nguyên – 2020


ii

Lời cảm ơn
Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới TS. Trương Minh Tuyên, TS. Phạm
Hồng Trường đã luôn tận tình hướng dẫn, chỉ bảo và giúp đỡ tác giả trong suốt
quá trình học tập nghiên cứu để hoàn thành luận văn.
Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc tới các thầy, cô trong
khoa Toán–Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã giảng dạy
và giúp đỡ tác giả trong thời gian học tập và nghiên cứu tại trường.
Qua đây tác giả xin chân thành cảm ơn tới người thân trong gia đình, bạn
bè và đồng nghiệp đã luôn động viên tạo điều kiện giúp đỡ tôi về mọi mặt trong

suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn này.


iii

Mục lục
Lời cảm ơn

ii

Một số ký hiệu và viết tắt

v

Mở đầu

1

Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị

3

1.1

Một số đặc trưng của không gian Hilbert . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Ánh xạ không giãn và toán tử đơn điệu trong không gian Hilbert

9

1.2.1

Ánh xạ không giãn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2.2

Toán tử đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.3

Phương pháp lặp Halpern và phương pháp xấp xỉ mềm tìm điểm
bất động chung của một họ ánh xạ không giãn . . . . . . . . . .

14

1.3.1

Phương pháp lặp Halpern . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.3.2

Phương pháp xấp xỉ mềm . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.4

Phương pháp CQ giải bài toán chấp nhận tách . . . . . . . . . .

15

1.5

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

17

Chương 2 Một số định lý hội tụ mạnh cho bài toán không điểm
chung tách tổng quát

22

2.1

Bài toán không điểm chung tách tổng quát . . . . . . . . . . . .

22

2.2

Phương pháp lặp kiểu Halpern kết hợp với phương pháp CQ . .

23

2.3

Phương pháp xấp xỉ mềm kết hợp với phương pháp CQ . . . . .

28

2.4

Một số ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

2.4.1

Bài toán không điểm chung tách . . . . . . . . . . . . . .

31

2.4.2

Bài toán điểm cực tiểu tách tổng quát . . . . . . . . . .

32

2.4.3

Bài toán chấp nhận tách tổng quát . . . . . . . . . . . .

34

2.4.4

Bài toán cân bằng tách tổng quát . . . . . . . . . . . . .

36


iv

2.4.5
2.5

Bất đẳng thức biến phân tách tổng quát . . . . . . . . .

38

Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

Kết luận
Tài liệu tham khảo

42
43

v

Một số ký hiệu và viết tắt

H

không gian Hilbert

., .

tích vô hướng trên H

.

chuẩn trên H

∪

phép hợp

∩

phép giao

R+

tập các số thực không âm

G(A)

đồ thị của toán tử A

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

∅

tập rỗng

∀x

với mọi x

∃x

tồn tại x

xn −→ x0

dãy {xn } hội tụ mạnh về x0

xn

dãy {xn } hội tụ yếu về x0

F (T )

x0

tập điểm bất động của ánh xạ T


1

Mở đầu
Trong thực tế một sự vật, hiện tượng được chuyển đổi từ trạng thái x∗ (thông
tin đầu vào, nguyên liệu) sang trạng thái b (kết quả đầu ra, sản phẩm) có thể
phải chuyển qua một hay nhiều quá trình “biến đổi” liên tiếp. Người ta mong
muốn tìm những nguồn hay trạng thái ban đầu x∗ dẫn đến trạng thái b của sự
vật hiện tượng sau quá trình biến đổi f nào đó. Chẳng hạn, việc tìm nghiệm
của hệ phương trình tuyến tính Ax = b. Hoặc người ta cũng muốn tìm nguồn
hay trạng thái ban đầu x∗ sao cho các quá trình biến đổi liên tiếp là tối ưu nhất
theo một nghĩa nào đó. Đây là mô hình của các loại bài toán tách.
Ta biết rằng bài toán chấp nhận tách (Split Feasibility Problem), viết tắt là
(SFP), lần đầu tiên được đề xuất và nghiên cứu bởi Censor and Elfving [3] với
mục đích mô hình hóa một số bài toán ngược. Bài toán này được phát biểu như

sau:
Tìm phần tử x∗ ∈ C sao cho T (x∗ ) ∈ Q,

(0.1)

trong đó, C và Q lần lượt là các tập con lồi, đóng và khác rỗng trong các không
gian Hilbert thực H1 và H2 , T : H1 −→ H2 là một toán tử tuyến tính bị chặn.
Ta có thể thấy rằng các bài toán (0.1), cũng như một số bài toán liên quan,
là trường hợp đặc biệt của bài toán tách tổng quát sau đây. Cho X và Y là hai
không gian Hilbert hay Banach, và cho T : X −→ Y là một ánh xạ từ X vào
Y . Giả sử (P1 ) và (P2 ) là hai bài toán cho trước trong X và Y , tương ứng. Xét
bài toán tìm một phần tử x∗ thuộc X sao cho x∗ là một nghiệm của (P1 ) và
T (x∗ ) là một nghiệm của (P2 ). Ta ký hiệu bài toán này là (P ).
Năm 2019 Reich và Tuyen [14] đã lần đầu tiên đề xuất và nghiên cứu dạng
tổng quát của Bài toán (P ) như sau: Cho X1 , X2 , . . . , XN là các không gian
Hilbert hay Banach và cho Ti : Xi −→ Xi+1 , i = 1, 2, . . . , N − 1, là các ánh
xạ từ Xi vào Xi+1 . Giả sử (Pi ), i = 1, 2, . . . , N , là N bài toán cho trước trên
Xi , tương ứng. Khi đó dạng tổng quát của Bài toán (P ) là tìm một phần tử


2

x∗ trong X1 sao cho x∗ là một nghiệm của bài toán (P1 ), T1 (x∗ ) là một nghiệm
của bài toán (P2 ), ..., và TN −1 (TN −2 (...T2 (T1 (x∗ )))) là một nghiệm của Bài toán
(PN ), họ ký hiệu bài toán này là (GP ).
Cụ thể hơn trong [14] Reich và Tuyen đã xét bài toán (GP ) với các ánh
xạ chuyển Ti là tuyến tính, bị chặn và (Pi ) là bài toán tìm không điểm của
toán tử đơn điệu cực đại Ai . Bài toán này được gọi là bài toán không điểm
chung tách tổng quát (Generalized Split Common Null Point Problem, viết tắt
là GSCNPP).

Mục đích của luận văn này là trình bày lại các kết quả của Reich và Tuyen
trong [14] về một cải tiến của phương pháp CQ, kết hợp với phương pháp điểm
gần kề giải bài toán GSCNPP. Nội dung của luận văn được chia làm hai chương
chính, trong đó:
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị
Chương này tập trung trình bày lại một số tính chất cơ bản về không gian
Hilbert, phép chiếu mêtric, hai phương pháp lặp cơ bản tìm điểm bất động của
ánh xạ không giãn (phương pháp lặp Halpern, phương pháp xấp xỉ gắn kết).
Tiếp theo, đề cập đến phương pháp CQ để giải bài toán chấp nhận tách và
cuối cùng là một số bổ đề bổ trợ được sử dụng trong chứng minh các định lý ở
Chương 2 của luận văn.
Chương 2. Một số định lý hội tụ mạnh cho bài toán không điểm chung
tách tổng quát
Nội dung của chương này đề cập đến các kết quả trong [14] về hai định lý
hội tụ mạnh giải bài toán GSCNPP. Một số ứng dụng của các phương pháp
lặp cho các bài toán liên quan khác (bài toán không điểm chung tách, bài toán
điểm cực tiểu tách tổng quát, bài toán chấp nhận tách tổng quát, bài toán cân
bằng tách tổng quát và bất đẳng thức biến phân tách tổng quát) cũng được giới
thiệu ở chương này.


3

Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
Chương này bao gồm 5 mục chính. Mục 1.1 đề cập đến một số đặc trưng
cơ bản của không gian Hilbert thực, Mục 1.2 giới thiệu sơ lược một số kết quả
về ánh xạ không giãn và toán tử đơn điệu. Mục 1.3 trình bày về phương pháp
lặp Halpern và phương pháp xấp xỉ mềm cho bài toán tìm điểm bất động của
ánh xạ không giãn. Mục 1.4 đề cập đến bài toán chấp nhận tách và phương

pháp CQ để xấp xỉ nghiệm của bài toán này trong không gian Hilbert. Mục
1.5 giới thiệu một số bổ đề bổ trợ cần sử dụng trong việc trình bày nội dung
của Chương 2. Nội dung của chương này phần lớn được tham khảo từ các tài
liệu [1, 2, 8, 12].

1.1

Một số đặc trưng của không gian Hilbert

Ta luôn giả thiết H là không gian Hilbert thực với tích vô hướng được kí
hiệu là ., . và chuẩn được kí hiệu là . .
Trước hết, ta nhắc lại một đặc trưng hình học quan trọng của không gian
Hilbert.
Mệnh đề 1.1.1. Trong không gian Hilbert thực H ta luôn có đẳng thức sau
x−y
với mọi x, y, z ∈ H.

2

+ x−z

2

= y−z

2

+ 2 x − y, x − z ,

4

Chứng minh. Thật vậy, ta có
y−z

2

+ 2 x − y, x − z = y, y + z, z + 2 x, x − 2 x, z − 2 x, y
= [ x, x − 2 x, y + y, y ]
+ [ x, x − 2 x, z + z, z ]
= x−y

2

+ x − z 2.

Vậy ta được điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.1.2. Cho H là một không gian Hilbert thực. Khi đó, với mọi x, y ∈
H và mọi λ ∈ [0, 1], ta có
λx + (1 − λ)y

2

2

=λ x

+ (1 − λ) y

2

− λ(1 − λ) x − y 2 .

(1.1)

Chứng minh. Ta có
λx + (1 − λ)y

2

= λ2 x

2

− 2λ(1 − λ) x, y + (1 − λ)2 y
2

2

=λ x

2

+ (1 − λ) y

2

− λ(1 − λ)( x

− 2 x, y + y 2 )

=λ x

2

+ (1 − λ) y

2

− λ(1 − λ) x − y 2 .

Ta được điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.1.3. Cho H là một không gian Hilbert thực. Khi đó, nếu với x, y ∈
H thỏa mãn điều kiện
| x, y | = x . y ,
tức là bất đẳng thức Schwars xảy ra dấu bằng thì hai véc tơ x và y là phụ thuộc
tuyến tính.
Chứng minh. Giả sử ngược lại rằng x = λy với mọi λ ∈ R. Khi đó, từ tính chất
của tích vô hướng, ta có
0 < x − λy

2

= λ2 y

2

− 2λ x, y + x 2 ,

với mọi λ ∈ R. Ta thấy rằng nếu y = 0, thì hiển nhiên x và y là phụ thuộc tuyến

x, y
tính. Giả sử y = 0, khi đó với λ =
, thì bất đẳng thức trên trở thành
y 2
| x, y | < x . y ,
điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy x và y là phụ thuộc tuyến tính.
Mệnh đề được chứng minh.


5

Nhắc lại rằng, dãy {xn } trong không gian Hilbert H được gọi là hội tụ yếu
về phần tử x ∈ H, nếu
lim xn , y = x, y ,

n→∞

với mọi y ∈ H. Từ tính liên tục của tích vô hướng, suy ra nếu xn → x, thì
xn

x. Tuy nhiên, điều ngược lại không đúng. Chẳng hạn, xét không gian

l2 = {{xn } ⊂ R :

∞
2
n=1 |xn |

< ∞} và {en } ⊂ l2 , được cho bởi

en = (0, ..., 0,

1

, 0, ..., 0, ...),

vị trí thứ n

với mọi n ≥ 1. Khi đó, en

0, khi n → ∞. Thật vậy, với mỗi y ∈ H, từ bất

đẳng thức Bessel, ta có
∞

| en , y |2 ≤ y

2

< ∞.

n=1

0. Tuy nhiên, {en } không hội tụ về 0, vì

Suy ra limn→∞ en , y = 0, tức là en
en = 1 với mọi n ≥ 1.

Ta biết rằng mọi không gian Hilbert H đều thỏa mãn điều kiện của Opial,
tính chất này được thể hiện trong mệnh đề dưới đây:

Mệnh đề 1.1.4. Cho H là một không gian Hilbert thực và {xn } ⊂ H là một
x, khi n → ∞. Khi đó, với mọi y ∈ H và

dãy bất kỳ thỏa mãn điều kiện xn
y = x, ta có

lim inf xn − x < lim inf xn − y .
n→∞

n→∞

x, nên {xn } bị chặn.

Chứng minh. Vì xn
Ta có
xn − y

2

= xn − x

2

+ x−y

2

+ 2 xn − x, x − y .

Vì x = y, nên

lim inf xn − y

2

n→∞

> lim inf ( xn − x

2

n→∞

+ 2 xn − x, x − y )

= lim inf xn − x 2 .
n→∞

Do đó, ta nhận được
lim inf xn − x < lim inf xn − y .
n→∞

Mệnh đề được chứng minh.

n→∞

(1.2)


6

Mệnh đề 1.1.5. Mọi không gian Hilbert thực H đều có tính chất Kadec-Klee,
tức là nếu {xn } ⊂ H là một dãy bất kỳ trong H thỏa mãn các điều kiện xn

x

và xn → x , thì xn → x, khi n → ∞.
Chứng minh. Ta có
xn − x

2

= xn

2

− 2 xn , x + x

2

→ 0, n → ∞.
Suy ra xn → x, khi n → ∞. Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.1.6. Cho C là một tập con lồi và đóng của không gian Hilbert thực
H. Khi đó, với mỗi x ∈ H, tồn tại duy nhất phần tử PC x ∈ C sao cho
x − PC (x) ≤ x − y với mọi y ∈ C.
Chứng minh. Thật vậy, đặt d = inf x − u . Khi đó, tồn tại {un } ⊂ C sao cho
u∈C

x − un −→ d, n −→ ∞. Từ đó ta có
un − um

2

= (x − un ) − (x − um )
= 2 x − un
≤ 2( x − un

2

2

+ 2 x − um
2

+ x − um

un + um
2
2
) − 4d2 −→ 0,
2

2

−4 x−

khi n, m −→ ∞. Do đó {un } là dãy Cauchy trong H. Suy ra tồn tại u =
lim un ∈ C. Do chuẩn là hàm số liên tục nên x − u = d. Giả sử tồn tại v ∈ C

n→∞

sao cho x − v = d. Ta có
u−v

2

= (x − u) − (x − v)
= 2( x − u

2

2

u+v
+ x−v )−4 x−
2
2

2

≤ 0.
Suy ra u = v. Vậy tồn tại duy nhất một phần tử PC x ∈ C sao cho x − PC x =
inf u∈C x − u .
Định nghĩa 1.1.7. Phép cho tương ứng mỗi phần tử x ∈ H một phần tử
PC x ∈ C xác định như trên được gọi là phép chiếu mêtric từ H lên C.


7

Ví dụ 1.1.8. Cho C = {x ∈ H : x, u = y}, với u = 0. Khi đó
PC x = x +

y − x, u
u

2

u.

Ví dụ 1.1.9. Cho C = {x ∈ H : x − a ≤ R}, trong đó a ∈ H là một phần
tử cho trước và R là một số dương. Khi đó, ta có:


x nếu x − a ≤ R,
PC x =
R

(x − a) nếu x − a > R.
a +
x−a
Mệnh đề dưới đây cho ta một điều kiện cần và đủ để ánh xạ PC : H −→ C
là một phép chiếu mêtric.
Mệnh đề 1.1.10. Cho C là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert thực
H. Khi đó, điều kiện cần và đủ để ánh xạ PC : H −→ C là phép chiếu mêtric
từ H lên C là
x − PC x, PC x − y ≥ 0 với mọi x ∈ H và y ∈ C.

(1.3)

Chứng minh. Giả sử PC là phép chiếu mêtric. Khi đó với mọi x ∈ H, y ∈ C và
mọi t ∈ (0, 1), ta có ty + (1 − t)PC x ∈ C. Do đó, từ định nghĩa của phép chiếu

mêtric, suy ra
x − PC x

2

≤ x − ty − (1 − t)PC x 2 ,

với mọi t ∈ (0, 1).
Bất đẳng thức trên tương đương với
x − PC x

2

≤ x − PC x

2

− 2t x − PC x, y − PC x + t2 y − PC x 2 ,

với mọi t ∈ (0, 1). Từ đó, ta có
x − PC x, PC x − y ≥ −

t
y − PC x 2 ,
2

với mọi t ∈ (0, 1). Cho t → 0+ , ta nhận được
x − PC x, PC x − y ≥ 0.

8

Ngược lại, giả sử
x − PC x, PC x − y ≥ 0 với mọi x ∈ H và y ∈ C.
Khi đó, với mỗi x ∈ H và y ∈ C, ta có
x − PC x

2

= x − PC x, x − y + y − PC x
= x − PC x, y − PC x + x − PC x, x − y
≤ x−y

2

+ y − PC x, x − PC x + PC x − y

= x−y

2

+ y − PC x, x − PC x − y − PC x

2

≤ x − y 2.
Suy ra PC là phép chiếu mêtric từ H lên C.
Từ mệnh đề trên, ta có hệ quả dưới đây:
Hệ quả 1.1.11. Cho C là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert H và
PC là phép chiếu mêtric từ H lên C. Khi đó, với mọi x, y ∈ H, ta có

PC x − PC y

2

≤ x − y, PC x − PC y .

Chứng minh. Với mọi x, y ∈ H, từ Mệnh đề 1.1.10, ta có
x − PC x, PC y − PC x ≤ 0,
y − PC y, PC x − PC y ≤ 0.
Cộng hai bất đẳng thức trên ta nhận được điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.1.12. Nếu C là một tập con lồi và đóng của không gian Hilbert H,
thì C là tập đóng yếu.
Chứng minh. Giả sử C không là tập đóng yếu. Khi đó, tồn tại dãy {xn } trong
C thỏa mãn xn

x, nhưng x ∈
/ C. Vì C là tập lồi và đóng, nên theo định lý

tách các tập lồi, tồn tại y ∈ H và ε > 0 sao cho
y, z < y, x − ε,
với mọi z ∈ C. Đặc biệt
y, xn < y, x − ε,


9

với mọi n. Cho n → ∞, ta nhận được
y, x ≤ y, x − ε,
điều này là vô lý. Do đó, C là tập đóng yếu.
Chú ý 1.1.13. Nếu C là tập đóng yếu trong H thì hiển nhiên C là tập đóng.

Từ định lý Banach-Alaoglu, ta có mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 1.1.14. Mọi tập con bị chặn của H đều là tập compact tương đối
yếu.

1.2

1.2.1

Ánh xạ không giãn và toán tử đơn điệu trong không
gian Hilbert
Ánh xạ không giãn

Định nghĩa 1.2.1. Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không
gian Hilbert thực H. Ánh xạ T : C −→ H được gọi là một ánh xạ không giãn,
nếu với mọi x, y ∈ C, ta có
Tx − Ty ≤ x − y .
Ta ký hiệu tập điểm bất động của ánh xạ không giãn T là F (T ), tức là F (T ) =
{x ∈ C : T x = x}.
Mệnh đề dưới đây cho ta mô tả về tính chất của tập điểm bất động F (T ).
Mệnh đề 1.2.2. Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian
Hilbert thực H và T : C −→ H là một ánh xạ không giãn. Khi đó, F (T ) là
một tập lồi và đóng trong H.
Chứng minh. Giả sử F (T ) = ∅.
Trước hết, ta chỉ ra F (T ) là tập đóng. Thật vậy, vì T là ánh xạ không giãn
nên T liên tục trên C. Giả sử {xn } là một dãy bất kỳ trong F (T ) thỏa mãn
xn → x, khi n → ∞. Vì {xn } ⊂ F (T ), nên
T xn − xn = 0,


10

với mọi n ≥ 1. Từ tính liên tục của chuẩn, cho n → ∞, ta nhận được T x−x =
0, tức là x ∈ F (T ). Do đó, F (T ) là tập đóng.
Tiếp theo, ta chỉ ra tính lồi của F (T ). Giả sử x, y ∈ F (T ), tức là T x = x và
T y = y. Với λ ∈ [0, 1], đặt z = λx + (1 − λ)y. Khi đó, từ Mệnh đề 1.1.2 và tính
không giãn của T ta có
Tz − z

2

= λ(T z − x) + (1 − λ)(T z − y)
= λ Tz − x

2

= λ Tz − Tx
≤λ z−x

2

2

+ (1 − λ)(T z − y)
2

2

− λ(1 − λ) x − y

+ (1 − λ) (T z − T y)

+ (1 − λ) (z − y)

= λ(z − x) + (1 − λ)(z − y)

2

2

2

2

− λ(1 − λ) x − y

− λ(1 − λ) x − y

2

2

= 0.

Suy ra T z = z và do đó z ∈ F (T ). Vậy F (T ) là một tập lồi.
1.2.2

Toán tử đơn điệu

Định nghĩa 1.2.3. Một ánh xạ đa trị A : H −→ 2H được gọi là một toán tử
đơn điệu nếu

u − v, x − y ≥ 0

(1.4)

với mọi x, y ∈ H và mọi u ∈ A(x), v ∈ A(y).
Toán tử đơn điệu A được gọi là đơn điệu cực đại nếu đồ thị
G(A) = {(x, u) ∈ H × H : u ∈ A(x)}
không chứa thực sự trong đồ thị của bất kì toán tử đơn điệu nào khác trên H.
Ví dụ 1.2.4. Toán tử A(x) = x3 + 1 với x ∈ R là đơn điệu cực đại trên R.
Thật vậy, hiển nhiên A là một toán tử đơn điệu trên R. Ta sẽ chỉ ra đồ thị
của A không là tập con thực sự của bất kỳ một toán tử đơn điệu nào khác trên
R. Giả sử tồn tại một toán tử đơn điệu B trên R sao cho đồ thị của B chứa
thực sự đồ thị của A. Khi đó, tồn tại phần tử x0 ∈ R sao cho (x0 , m) ∈ G(B),
nhưng (x0 , m) ∈
/ G(A). Như vậy sẽ xảy ra hai trường hợp hoặc A(x0 ) > m hoặc
A(x0 ) < m.
Trường hợp 1: A(x0 ) > m


11

Giả sử x1 là nghiệm của phương trình A(x) = m, tức là A(x1 ) = m. Khi
đó, x1 < x0 . Theo định lý giá trị trung bình, tồn tại x2 ∈ (x1 , x0 ) sao cho
n = A(x2 ) ∈ (m, A(x0 )). Từ (x0 , m) ∈ G(B) và (x2 , A(x2 )) ∈ G(A) ⊂ G(B),
suy ra
(x0 − x2 )(m − A(x2 )) ≥ 0.
Vì x0 > x2 , nên A(x2 ) ≤ m, điều này mâu thuẫn với A(x2 ) ∈ (m, A(x0 )). Như
vậy, không thể xảy ra trường hợp A(x0 ) > m.
Trường hợp 2: A(x0 ) < m
Giả sử x1 là nghiệm của phương trình A(x) = m, tức là A(x1 ) = m. Khi

đó, x1 > x0 . Theo định lý giá trị trung bình, tồn tại x2 ∈ (x0 , x1 ) sao cho
n = A(x2 ) ∈ (A(x0 ), m). Từ (x0 , m) ∈ G(B) và (x2 , A(x2 )) ∈ G(A) ⊂ G(B),
suy ra
(x0 − x2 )(m − A(x2 )) ≥ 0.
Vì x0 < x2 , nên A(x2 ) ≥ m, điều này mâu thuẫn với A(x2 ) ∈ (A(x0 ), m). Như
vậy, không thể xảy ra trường hợp A(x0 ) < m.
Vậy không tồn tại toán tử đơn điệu B trên R sao cho đồ thị của B chứa
thực sự đồ thị của A. Do đó, A là một toán tử đơn điệu cực đại trên R.
Ví dụ 1.2.5. Toán tử

x3 , nếu x ≥ 0,
A(x) =
0, nếu x < 0,
với mọi x ∈ R là đơn điệu nhưng không đơn điệu cực đại trên R.
Thật vậy, rõ ràng A là một toán tử đơn điệu, nhưng đồ thị của A là tập con
thực sự của đồ thị của toán tử đơn điệu B(x) = x3 với mọi x ∈ R.
Chú ý 1.2.6. Toán tử đơn điệu A : H −→ 2H là đơn điệu cực đại khi và chỉ
khi R(I + λA) = H với mọi λ > 0, ở đây R(I + λA) là miền ảnh của I + λA.
Từ chú ý trên ta có một ví dụ khác dưới đây về toán tử đơn điệu cực đại:
Ví dụ 1.2.7. Cho T : H −→ H là một ánh xạ không giãn, tức là T x − T y ≤
x − y với mọi x, y ∈ H. Khi đó A = I − T là một toán tử đơn điệu cực đại, ở
đây I là ánh xạ đồng nhất trên H.


12

Thật vậy, với mọi x, y ∈ H, ta có
A(x) − A(y), x − y = x − y

2

− Tx − Ty

2

≥ 0,

suy ra A là một toán tử đơn điệu.
Tiếp theo, ta chỉ ra tính cực đại của A. Với mỗi λ > 0 và mỗi y ∈ H, xét
phương trình
λA(x) + x = y.

(1.5)

Phương trình trên tương đương với
x=

1
(λT x + y).
1+λ

(1.6)

Xét ánh xạ f : H −→ H bởi
f (x) =

1
(λT x + y),
1+λ

λ
∈ (0, 1). Do đó,
1+λ
theo nguyên lý ánh xạ co Banach, phương trình (1.6) có duy nhất nghiệm. Suy
với mọi x ∈ H. Dễ thấy, f là ánh xạ co với hệ số co là

ra, phương trình (1.5) có duy nhất nghiệm.
Vậy A là một toán tử đơn điệu cực đại.
Định nghĩa 1.2.8. Cho A : H −→ 2H là một toán tử đơn điệu cực đại. Khi
đó, ánh xạ JrA = (I + rA)−1 , r > 0 được gọi là giải của A.
Chú ý 1.2.9. i) Giải JrA của toán tử đơn điệu cực đại A là một ánh xạ đơn trị,
không giãn và A(x)

0 khi và chỉ khi JrA (x) = x;

Thật vậy, giả sử tồn tại x ∈ H sao cho JrA (x) nhận ít nhất hai giá trị y và
z. Từ định nghĩa của toán tử giải, suy ra
x − y ∈ rA(y), x − z ∈ rA(z).
Từ tính đơn điệu của A, suy ra
(x − y) − (x − z), y − z ≥ 0.
Suy ra, y − z

2

≤ 0. Do đó, y = z. Vậy JrA là một ánh xạ đơn trị.

Tiếp theo, ta chỉ ra JrA là một ánh xạ không giãn. Với mọi x, y ∈ H, đặt
z1 = JrA (x) và z2 = JrA (y), tức là
x − z1 ∈ rA(z1 ), y − z2 ∈ rA(z2 ).

13

Từ tính đơn điệu của A, ta có
x − z1 − y + z2 , z1 − z2 ≥ 0.
Suy ra
z1 − z2

2

≤ x − y, z1 − z2 ≤ x − y . z1 − z2 .

Do đó, z1 − z2 ≤ x − y , hay JrA là một ánh xạ không giãn.
Giả sử, x = JrA (x). Điều này tương đương với x ∈ x + rA(x) hay A(x)
ii) Với mọi số dương λ và µ, ta luôn có đẳng thức sau
µ
µ
JλA x = JµA x + 1 − JλA x , x ∈ H.
λ
λ
Thật vậy, đặt
µ
µ
y = JµA x + 1 − JλA x , z = JλA (x).
λ
λ
Suy ra,
µ
µ
z ∈ y + µA(y), x ∈ z + λA(z).

x+ 1−
λ
λ
Từ tính đơn điệu của A, suy ra

0.

(1.7)

µx + (λ − µ)z − λy − µx + µz, y − z ≥ 0,
tương đương với −λ y − z

2

≥ 0. Suy ra, y = z và do đó ta được điều phải

chứng minh.
Mệnh đề 1.2.10. Cho H là một không gian Hilbert và A : H −→ 2H là một
toán tử đơn điệu cực đại với A−1 0 = ∅ và cho JrA là toán tử giải của A với
r > 0. Khi đó, với mọi r, λ > 0, ta có
1 A
1
Jr x − JλA JrA x ≤ x − JrA x ,
λ
r
với mọi x ∈ D(A).
Chứng minh. Theo Chú ý 1.2.9, ta có
λ
λ
JrA x = JλA x + (1 − )JrA x .

r
r
A
Do đó, từ tính không giãn của Jλ (xem Chú ý 1.2.9), ta có
1 A
1
λ
λ
Jr x − JλA JrA x = JλA x + (1 − )JrA x − JλA JrA x
λ
r
r
r
1
≤ x − JrA x .
r
Mệnh đề được chứng minh.


14

1.3

1.3.1

Phương pháp lặp Halpern và phương pháp xấp xỉ mềm
tìm điểm bất động chung của một họ ánh xạ không giãn
Phương pháp lặp Halpern

Năm 1967, B. Halpern [5] đã đề xuất phương pháp lặp

x0 ∈ C là một phần tử bất kì,
xn+1 = αn u + (1 − αn )T xn ,

n≥0

(1.8)

ở đây u ∈ C và {αn } ⊂ (0, 1). Dãy lặp (1.8) được gọi là dãy lặp Halpern. Ông
đã chứng minh sự hội tụ mạnh của dãy lặp (1.8) về điểm bất động của ánh xạ
không giãn T với điều kiện αn = n−α , α ∈ (0, 1).
1.3.2

Phương pháp xấp xỉ mềm

Năm 2000, Moudafi [7] đã đề xuất phương pháp xấp xỉ mềm, để tìm điểm
bất động của ánh xạ không giãn trong không gian Hilbert và đã chứng minh
được các kết quả sau:
(1) Dãy {xn } ⊂ C xác định bởi:
1
εn
x0 ∈ C, xn =
T xn +
f (xn ), ∀n ≥ 0,
1 + εn
1 + εn

(1.9)

hội tụ mạnh về nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân:
x ∈ F (T ) sao cho (I − f )(x), x − x ≤ 0, ∀x ∈ F (T ),

trong đó {εn } là một dãy số dương hội tụ về 0.
(2) Với mỗi phần tử ban đầu z0 ∈ C, xác định dãy {zn } ⊂ C bởi:
1
εn
zn+1 =
T zn +
f (zn ), ∀n ≥ 0.
1 + εn
1 + εn

1
= 0, thì {zn } hội
εn+1 εn
tụ mạnh về nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân:

Nếu limn→∞ εn = 0,

∞
n=1 εn

= +∞ và limn→∞

1

(1.10)

−

x ∈ F (T ) sao cho (I − f )(x), x − x ≤ 0, ∀x ∈ F (T ),
ở đây, f : C → C là một ánh xạ co cho trước với hệ số co c ∈ [0, 1). Tức là

f (x) − f (y) ≤ c x − y ∀x, y ∈ C.


15

Chú ý 1.3.1. Khi f (x) = u với mọi x ∈ C, thì phương pháp xấp xỉ mềm của
Moudafi trở về phương pháp lặp của Halpern.

1.4

Phương pháp CQ giải bài toán chấp nhận tách

Cho C và Q là các tập con lồi, đóng và khác rỗng của các không gian
Banach H1 và H2 , tương ứng. Cho A : H1 −→ H2 là một toán tử tuyến bị chặn
A∗ : H2 → H1 là toán tử liên hợp của A. Bài toán chấp nhận tách (SFP) trong
không gian Banach được phát biểu như sau:
Tìm một phần tử x∗ ∈ S = C ∩ A−1 (Q) = ∅.

(SFP)

Dạng tổng quát của Bài toán (SFP) là bài toán (MSSFP), bài toán này được
phát biểu như sau: Cho Ci , i = 1, 2, ..., N và Qj , j = 1, 2, ..., M là các tập con
lồi và đóng của H1 và H2 , tương ứng.
−1
M
Tìm một phần tử x∗ ∈ S = ∩N
i=1 Ci ∩ A (∩j=1 Qj ) = ∅.

(MSSFP)

Một trong những phương pháp cơ bản để giải bài toán (SFP) là phương
pháp CQ. Với phương pháp CQ, Bài toán (SFP) được đưa về bài toán tìm một
điểm bất động của ánh xạ PC I − γT ∗ (I − PQ )T , trong đó γ > 0, PC và PQ
lần lượt là các phép chiếu mêtric từ E lên C và từ F lên Q, tương ứng.
2
Ta biết rằng nếu γ ∈ 0,
, thì PC I − γT ∗ (I − PQ T là một ánh xạ
T 2
không giãn. Do đó, người ta có thể vận dụng các phương pháp tìm điểm bất
động của ánh xạ không giãn (phương pháp lặp Mann, phương pháp lặp Halpern,
phương pháp xấp xỉ gắn kết) để tìm nghiệm của Bài toán (SFP).
Xu [17] đã đưa ra và chứng minh các kết quả dưới đây. Trước hết ông chỉ ra
sự hội tụ yếu của phương pháp CQ về một nghiệm của Bài toán (SFP).
Định lý 1.4.1. [17] Nếu γ ∈

0,

2
T

2

thì dãy {xn } xác định bởi x1 ∈ E và

xn+1 = PC I − γT ∗ (I − PQ )T xn
hội tụ yếu về một nghiệm của bài toán (SFP).


16

Sự hội tụ của phương pháp lặp Mann và phương pháp lặp được cho bởi định
lý dưới đây:
Định lý 1.4.2. [17] Cho dãy {αn } ⊂ [0, 4/(2 + γ T
∞

αn
n=1

Nếu γ ∈

0,

2
T

2

4
2+γ T

2

− αn

2

)] thỏa mãn điều kiện

= ∞.

thì dãy {xn } xác định bởi x1 ∈ E và

xn+1 = (1 − αn )xn + αn PC I − γT ∗ (I − PQ )T xn ,
hội tụ yếu về một nghiệm của bài toán (SFP).
Năm 2006, Xu [15] đã đưa ra các thuật toán mở rộng của phương pháp
CQ dưới đây cho Bài toán (MSSFP). Trước hết ông chứng minh sự hội tụ của
phương pháp lặp Picard cho Bài toán (MSSFP).
2
với βj > 0 với mọi j = 1, 2, . . . , M và
L
M
j=1 βj , thì dãy {xn } xác định bởi x1 ∈ E và

Định lý 1.4.3. [15] Nếu γ ∈
L= T

2

0,

M

M
∗

xn+1 = PCN (I − γ

βj T ∗ (I − PQj )T )xn

βj T (I − PQj )T . . . PC1 (I − γ

j=1

j=1

hội tụ yếu về một nghiệm của Bài toán (MSSFP).
Xu cũng đã xây dựng và chứng minh sự hội tụ của phương pháp lặp song
song và phương pháp lặp xoay vòng cho Bài toán (MSSFP) ở dạng dưới đây:
2
L
M
j=1 βj và λi > 0 thỏa mãn

Định lý 1.4.4. [15] Nếu γ ∈
L= T

2

0,

với βj > 0 với mọi j = 1, 2, . . . , M ,
N
i=1 λi

= 1, thì dãy {xn } xác định bởi

x1 ∈ E và
N

M

βj T ∗ (I − PQj )T )xn

λi PCi (I − γ

xn+1 =
i=1

j=1

hội tụ yếu về một nghiệm của Bài toán (MSSFP).


17

2
với βj > 0 với mọi j = 1, 2, . . . , M và
L
M
j=1 βj , thì dãy {xn } xác định bởi x1 ∈ E và

Định lý 1.4.5. [15] Nếu γ ∈
L= T

2

0,

M

βj T ∗ (I − PQj )T )xn

xn+1 = PC[n+1] (I − γ
j=1

hội tụ yếu về một nghiệm của Bài toán (MSSFP).

1.5

Một số bổ đề bổ trợ

Bổ đề 1.5.1. Cho A : D(A) ⊂ H −→ 2H là một toán tử đơn điệu. Khi đó các
khẳng định sau là đúng.
i) Với r ≥ s > 0, ta có
x − JsA x ≤ 2 x − JrA x
với mọi x ∈ R(I H + rA) ∩ R(I H + sA).
ii) Với mọi r > 0 và mọi x, y ∈ R(I H + rA), ta có
x − y, JrA x − JrA y ≥ JrA x − JrA y 2 .
iii) Với mọi r > 0 và mọi x, y ∈ R(I H + rA), ta có
(I H − JrA )x − (I H − JrA )y, x − y ≥ (I H − JrA )x − (I H − JrA )y 2 .
iv) Nếu S = A−1 (0) = ∅, thì với mọi x∗ ∈ S và x ∈ R(I H + rA), ta có
JrA x − x∗

2

≤ x − x∗

2

− x − JrA x 2 .

Chứng minh. i) Từ đẳng thức (1.7), ta nhận được
x − JsA (x) ≤ x − JrA (x) + JrA (x) − JsA (x)
s
s
= x − JrA (x) + JsA ( x + (1 − )JrA (x)) − JsA (x)
r
r
s
≤ x − JrA (x) + (1 − ) x − JrA (x)
r
≤ 2 x − JrA (x) .


18

ii) Đặt u = JrA x và v = JrA y. Khi đó, ta có x ∈ u + rA(u) và y ∈ v + rA(v). Do
đó, từ tính đơn điệu của A, ta thu được
1
u − v, x − u − (y − v) ≥ 0.
r
Vì vậy, ta có
x − y, u − v ≥ u − v 2 ,
tức là,
x − y, JrA x − JrA y ≥ JrA x − JrA y 2 .
iii) Ta có
(I H − JrA )x − (I H − JrA )y, x − y
= (I H − JrA )x − (I H − JrA )y, (I H − JrA )x − (I H − JrA )y
+ (JrA x − JrA y)
2

= (I H − JrA )x − (I H − JrA )y

+ (I H − JrA )x − (I H − JrA )y, JrA x − JrA y
2

= (I H − JrA )x − (I H − JrA )y

+ x − y, JrA x − JrA y − JrA x − JrA y 2 .
Từ ii) suy ra
(I H − JrA )x − (I H − JrA )y, x − y ≥ (I H − JrA )x − (I H − JrA )y 2 .
iv) Vì x∗ ∈ A−1 (0), nên x∗ ∈ F (JrA ). Do đó, từ iii) ta có
JrA x − x∗

2

= JrA x − x + x − x∗

2

= x − x∗

2

+ x − JrA x

2

+ 2 JrA x − x, x − x∗

= x − x∗

2

+ x − JrA x

2

− 2 x − JrA x, x − x∗

= x − x∗

2

+ x − JrA x

2

− 2 (I H − JrA )x − (I H − JrA )x∗ , x − x∗
≤ x − x∗

2

+ x − JrA x

= x − x∗

2

− x − JrA x 2 .

Bổ đề được chứng minh.

2

− 2 x − JrA x

2


19

Bổ đề tiếp theo (Bổ đề 1.5.2) được sử dụng để chứng minh Định lý 2.3.1.
Bổ đề 1.5.2. Cho Hi , i = 1, 2, ..., N , là các không gian Hilbert thực. Cho
Ti : Hi −→ Hi+1 , i = 1, 2, ..., N − 1, là các toán tử tuyến tính bị chặn và cho
A : H1 −→ 2H1 là một toán tử đơn điệu cực đại trên H1 . Khi đó, với mọi r > 0
2
và γ ∈ (0,
), ánh xạ Ξ : H1 −→ H1 , xác định bởi
2
T1 T2 2 ... TN −1 2
Ξ(x) := x − γT1∗ T2∗ ...TN∗ −1 (I H1 − JrA )TN −1 TN −2 ...T1 x,
là một ánh xạ không giãn trên H1 .
Chứng minh. Với bất kỳ x, y ∈ H1 , sử dụng Bổ đề 1.5.1 iii), ta nhận được
Ξ(x) − Ξ(y)

2

= x−y
− γ(T1∗ ...TN∗ −1 (I H1 − JrA )TN −1 ...T1 x − T1∗ ...TN∗ −1 (I H1 − JrA )TN −1 ...T1 y
= x−y

2

2

− 2γ TN −1 ...T1 x − TN −1 ...T1 y, (I H1 − JrA )TN −1 ...T1 x
− (I H1 − JrA )TN −1 ...T1 y
+ γ 2 T1∗ ...TN∗ −1 (I H1 − JrA )TN −1 ...T1 x − T1∗ ...TN∗ −1 (I H1 − JrA )TN −1 ...T1 y
≤ x−y

2

− 2γ (I H1 − JrA )TN −1 ...T1 x − (I H1 − JrA )TN −1 ...T1 y
+ γ 2 T1 2 ... TN −1
≤ x−y

2

2

2

(I H1 − JrA )TN −1 ...T1 x − (I H1 − JrA )TN −1 ...T1 y

2

2

− γ(2 − γ T1 2 ... TN −1 2 ) (I H1 − JrA )TN −1 ...T1 x − (I H1 − JrA )TN −1 ...T1 y

2

≤ x − y 2.
Vì vậy Ξ là một ánh xạ không giãn.
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề dưới đây được sử dụng để chứng minh Định lý 2.2.1 (xem Trường hợp
A của Bước 2).


20

Bổ đề 1.5.3 (xem [4]). Giả sử T là một ánh xạ không giãn từ tập con lồi, đóng
và khác rỗng C của không gian Hilbert thực H vào chính nó. Nếu T có điểm
bất động, thì I H − T là nửa đóng, tức là nếu {xn } là một dãy trong C hội tụ
yếu về phần tử x ∈ C và dãy {(I H − T )xn } hội tụ mạnh về phần tử y, thì ta có
(I H − T )x = y.
Chứng minh. Giả sử x−T x = y. Vì xn

x, nên xn −y

x−y. Do x−y = T x,

nên từ Mệnh đề 1.1.4, ta có
lim inf xn − x < lim inf xn − y − T x
n→∞

n→∞

≤ lim inf ( xn − T xn − y + T xn − T x )
n→∞

≤ lim inf xn − x .
n→∞

Suy ra mâu thuẫn. Do đó, x − T x = y. Đặc biệt, nếu y = 0 thì x = T x hay
x ∈ F (T ).
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.5.4 cũng được sử dụng để chứng minh Định lý 2.2.1 (xem Trường
hợp B của Bước 2).
Bổ đề 1.5.4. [6] Cho {sn } là một dãy số thực không giảm theo nghĩa tồn tại
một dãy con {snk } sao cho
snk ≤ snk +1 ∀k ≥ 0.
Xác định dãy số nguyên dương {τ (n)}, với n > n0 , bởi
τ (n) := max{n0 ≤ k ≤ n : sk < sk+1 }.
Khi đó τ (n) → ∞ khi n → ∞ và với mọi n > n0 , ta có
max{sτ (n) , sn } ≤ sτ (n)+1 .
Bổ đề cuối cùng dưới đây được sử dụng trong chứng minh của các Định lý
2.2.1 (xem Trường hợp A của Bước 2) và Định lý 2.3.1.