Thuật toán lai ghép giải bài toán chấp nhận tách nhiều tập

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐINH THỊ TRANG

THUẬT TOÁN LAI GHÉP
GIẢI BÀI TOÁN CHẤP NHẬN TÁCH NHIỀU TẬP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Chun ngành: Tốn ứng dụng
Mã số: 8 46 01 12

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TS. Nguyễn Bường

Thái Nguyên – 2021


ii

Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của GS.TS. Nguyễn Bường
(Viện Công nghệ Thông tin-Viện Hàn lâm Khoa học và Công nghệ Việt Nam).
Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới thầy hướng dẫn
khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng
dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm
luận văn.
Tác giả cũng đã học tập được rất nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích cho
cơng tác và nghiên cứu của bản thân. Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới
các thầy giáo, cô giáo đã tham gia giảng dạy lớp cao học Tốn, nhà trường và
các phịng chức năng của trường, khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học

tập tại trường.
Xin chân thành cảm ơn anh chị em trong lớp cao học và bạn bè đồng nghiệp
đã trao đổi, động viên và khích lệ tác giả trong q trình học tập, nghiên cứu và
làm luận văn.


iii

Mục lục
Lời cảm ơn

ii

Một số ký hiệu và viết tắt

iv

Mở đầu

1

Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị

2

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

2

1.2. Bài tốn tìm điểm bất động của ánh xạ khơng giãn . . . . . . . .

9

1.3. Bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert . . . . . . . . .

12

1.3.1. Một số vấn đề sơ lược về bất đẳng thức biến phân . . . . .

12

1.3.2. Bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động của ánh
xạ không giãn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

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

16

Chương 2 Một số thuật toán lai ghép giải bài toán chấp nhận tách
nhiều tập

22

2.1. Phát biểu bài toán và một số cải tiến của phương pháp CQ . . . .

22

2.2. Thuật toán và sự hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

Kết luận
Tài liệu tham khảo

34
35


iv

Một số ký hiệu và viết tắt

H

không gian Hilbert

X

không gian Banach

., .

tích vơ hướng trên H

.

chuẩn trên H

∪

phép hợp

∩

phép giao

R+

tập các số thực khơng âm

I

tốn 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

x0

F ix(T )

tập điểm bất động của ánh xạ T


1

Mở đầu
“Bất đẳng thức biến phân” được nảy sinh trong q trình nghiên cứu và giải
các bài tốn thực tế như bài tốn cân bằng trong kinh tế, tài chính, bài tốn
mạng giao thơng, lý thuyết trị chơi, phương trình vật lý toán ... Bài toán này
được giới thiệu lần đầu tiên bởi Hartman và Stampacchia vào năm 1966 trong tài
liệu [5]. Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian hữu hạn chiều, cũng
như vô hạn chiều cùng với các ứng dụng của nó được giới thiệu khá chi tiết trong
cuốn sách “An Introduction to Variational Inequalities and Their Applications”
của D. Kinderlehrer và G. Stampacchia xuất bản năm 1980 [7].
Bất đẳng thức biến phan trên tập nghiệm của một bài toán khác thường được
gọi là bất đẳng thức biến phân hai cấp. Gần đây đã có nhiều người làm tốn
trong và ngồi nước quan tâm đến bất đẳng thức biến phân trên tập nghiệm của
bài toán chấp nhận tách (đa tập), do lớp bài tốn này có thể áp dụng để giải
một số lớp bài toán khác, đặc biệt là các bài toán liên quan đến xử lý tín hiệu,
xử lý hình ảnh trong Y học.

Mục đích của luận văn là trình bày lại các kết quả của Wang và các cộng sự
trong tài liệu [14] về một phương pháp lặp xoay vịng tìm nghiệm của bất đẳng
thức biến phân trên tập nghiệm của bài toán chấp nhận tách đa tập trong khơng
gian Hilbert.
Nội dung chính của luận văn được cấu trúc thành hai chương, trong đó:
Chương 1 trình bày một số kiến thức chuẩn bị về khơng gian Hilbert, ánh xạ
không giãn và bất đẳng thức biến phân. Chương 2 trình bày lại chi tiết các kết
quả của Wang và các cộng sự về phương pháp lặp kiểu đường dốc nhất kết hợp
với phương pháp CQ xấp xỉ nghiệm của bất đẳng thức biến phân trên tập nghiệm
của bài tốn chấp nhận tách đa tập trong khơng gian Hilbert.


2

Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
Chương này bao gồm năm 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 bài toán tìm điển bất động của ánh xạ khơng giãn. Mục 1.4 và 1.4 đề cập đến
bài toán bất đẳng thức biến phân cổ điển và bài toán bất đẳng thức biến phân
trong không gian Hilbert. Mục 1.5 giới thiệu một số bổ đề bổ trợ cần sử dụng
trong Chương 2 của luận văn. Nội dung của chương này phần lớn được tham
khảo từ các tài liệu [1], [2] và [7].

1.1.

Một số đặc trưng của không gian Hilbert

Ta luôn giả thiết H là khơng gian Hilbert thực với tích vơ hướng được kí hiệu
là ., . và chuẩn được kí hiệu là . .

Mệnh đề 1.1. Trong không gian Hilbert thực H ta ln có đẳng thức sau
x−y

2

+ x−z

2

= y−z

2

+ 2 x − y, x − z ,

với mọi x, y, z ∈ H .
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

Vậy ta được điều phải chứng minh.

2

+ x − z 2.


3

Mệnh đề 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

=λ x

2

+ (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 1.3. Trong không gian Hilbert thực H , ta ln có
x+y

2

≤ x

2

+ 2 y, x + y

với mọi x, y ∈ H .
Chứng minh. Với mọi x, y ∈ H , ta có
x+y

2

= x

2

+ 2 x, y + y

≤ x

2

+ 2 x, y + 2 y

= x

2

+ 2 y, x + y .

2
2

Mệnh đề được chứng minh.
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 vơ hướng, suy ra nếu xn → x, thì
xn

x. Tuy nhiên, điều ngược lại khơng 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


4

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

bất kỳ thỏa mãn điều kiện xn
ta có

lim inf xn − x < lim inf xn − y .
n→∞

Chứng minh. Vì xn

n→∞

(1.2)

x, nên {xn } bị chặn.

Ta có
xn − y

2

= xn − x

2

+ x−y

2

> xn − x

2

+ 2 xn − x, x − y .

+ 2 xn − x, x − y

Vì x = y , nên
lim inf xn − y

2

n→∞

> lim inf xn − x
n→∞

2

+ 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→∞

n→∞

Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 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
xn → x , thì xn → x, khi n → ∞.

Chứng minh. Ta có
xn − x

2

= xn

2

− 2 xn , x + x

2

x và


5
→ 0, n → ∞.

Suy ra xn → x, khi n → ∞. Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.6. Cho C là một tập con lồi và đóng của khơng gian Hilbert thực
H . Khi đó, tồn tại duy nhất phần tử x∗ ∈ C sao cho

x∗ ≤ x với mọi x ∈ C.

Chứng minh. Thật vậy, đặt d = inf x . Khi đó, tồn tại {xn } ⊂ C sao cho
x∈C

xn −→ d, n −→ ∞.

Từ đẳng thức hình bình hành, ta có
xn − xm
≤ ( xn

2

2

= 2( xn

2

+ xm 2 ) − 4

xn + xm
2

+ xm 2 ) − 4d2 −→ 0,

khi n, m −→ ∞. Do đó {xn } là dãy Cauchy trong H . Suy ra tồn tại x∗ = lim xn ∈
C (do {xn } ⊂ C và C là tập đóng). Do chuẩn là hàm số liên tục nên

n→∞

x∗ =

d.

Tiếp theo ta chỉ ra tính duy nhất. Giả sử tồn tại y ∗ ∈ C sao cho y ∗ = d. Ta
có
x∗ − y ∗

2

= 2( x∗

2

+ y∗ 2) − 4

x∗ + y ∗
2

2

≤ 2(d2 + d2 ) − 4d2
= 0.

Suy ra x∗ = y ∗ . Vậy tồn tại duy nhất một phần tử x∗ ∈ C sao cho x∗ =
inf x∈C x .

Từ Mệnh đề 1.6, ta có mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 1.7. Cho C là một tập con lồi và đóng của khơng 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. Vì C là tập lồi, đóng và khác rỗng nên x − C cũng là tập lồi, đóng
và khác rỗng. Do đó, theo Mệnh đề 1.6, tồn tại duy nhất một phần tử PC ∈ C
sao cho
x − PC (x) ≤ x − y với mọi y ∈ C.


6

Định nghĩa 1.1. 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 .
Ví dụ 1.1. Cho C = {x ∈ H : x, u = y}, với u = 0. Khi đó
PC x = x +

y − x, u
u

2

u.

Ví dụ 1.2. 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 =



a +

R
(x − a) nếu x − a > R.
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 1.8. Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của khơng gian Hilbert
H . Cho PC : H −→ C là một ánh xạ. Khi đó, các phát biểu sau là tương đương:

a) PC là phép chiếu mêtric từ H lên C ;
b) y − PC x, x − PC x ≤ 0 với mọi x ∈ H và y ∈ C ;
Chứng minh. Thật vậy, giả sử PC là phép chiếu mêtric từ H lên C , tức là x −
PC x = inf u∈C x − u . Với mọi x ∈ H , y ∈ C và với mọi α ∈ (0, 1), đặt yα =
αy + (1 − α)PC x. Vì C lồi nên yα ∈ C và do đó
x − PC x ≤ yα − x .

Điều này tương đương với
x − PC x

2

≤ α(y − PC x) − (x − PC x)
= α 2 y − PC x

2

+ x − PC x

2
2

− 2α y − PC x, x − PC x .

Từ đó, ta nhận được
2 y − PC x, x − PC x ≤ α y − PC x 2 .


7

Cho α −→ 0+ , ta được y − PC x, x − PC x ≤ 0.
Ngược lại, giả sử b) đúng. Với mọi x ∈ H và mọi y ∈ C , ta có
x − PC x

2

= x − y + y − PC x

2

= x−y

2

+ 2 x − y, y − PC x + y − PC x

2

= x−y

2

+ 2 x − PC x, y − PC x − y − PC x

2

≤ x − y 2.

Do đó, x − PC x = inf u∈C x − u , hay PC là phép chiếu mêtric từ H lên C .
Từ mệnh đề trên, ta có hệ quả dưới đây:
Hệ quả 1.1. Cho C là một tập con lồi đóng của khơng gian Hilbert H và PC là
phép chiếu mêtric từ H lên C . Khi đó, ta có các khẳng định sau:
a) với mọi x, y ∈ H , ta có
PC x − PC y

2

≤ x − y, PC x − PC y ;

b) với mọi x ∈ H và y ∈ C , ta có
x−y

2

≥ x − PC x

2

+ y − PC x 2 .

Chứng minh. a) Với mọi x, y ∈ H , từ Mệnh đề 1.8, 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.
b) Với mọi x ∈ H và y ∈ C , từ Mệnh đề 1.8, ta có
x − PC x, y − PC x ≤ 0.

Từ đó, ta có
x−y

2

= (x − PC x) − (y − PC x)

2

= x − PC x

2

+ y − PC x

2

≥ x − PC x

2

+ y − PC x 2 .

Hệ quả được chứng minh.

− 2 x − PC x, y − PC x


8

Mệnh đề 1.9. Nếu C là một tập con lồi và đóng của khơng gian Hilbert H , thì
C là tập đóng yếu.

Chứng minh. Trước hết, ta chỉ ra tồn tại một phần tử v ∈ H , v = 0 sao cho
sup v, y ≤ v, x − v 2 .
y∈C

Vì x ∈
/ C , nên v = x − PC x = 0. Từ Mệnh đề 1.8, ta có
v, y − PC x ≤ 0,

với mọi y ∈ C . Suy ra
v, y − x + x − PC x ≤ 0,

với mọi y ∈ C . Điều này tương đương với
v, y ≤ v, x − v 2 ,

với mọi y ∈ C . Do đó
sup v, y ≤ v, x − v 2 .
y∈C

Bây giờ ta chỉ ra C là tập đóng yếu. Giả sử ngược lại rằng C khơng 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 chứng minh trên, ta có
v, z < v, x − ε,

với ε = v 2 /2 và mọi z ∈ C . Đặc biệt
v, xn < v, x − ε,

với mọi n. Cho n → ∞, ta nhận được
v, x ≤ v, x − ε,

điều này là vô lý. Do đó, C là tập đóng yếu.
Chú ý 1.1. 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 1.10. Mọi tập con bị chặn của H đều là tập compact tương đối yếu.


9

1.2.

Bài tốn tìm điểm bất động của ánh xạ khơng giãn

Định nghĩa 1.2. Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của khơng 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 ix(T ), tức là F ix(T ) =
{x ∈ C : T x = x}.

Mệnh đề dưới đây cho ta mơ tả về tính chất của tập điểm bất động F ix(T ).
Mệnh đề 1.11. 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 khơng giãn. Khi đó, F ix(T ) là một
tập lồi và đóng trong H .
Chứng minh. Giả sử F ix(T ) = ∅.
Trước hết, ta chỉ ra F ix(T ) là tập đóng. Thật vậy, vì T là ánh xạ khơng giãn
nên T liên tục trên C . Giả sử {xn } là một dãy bất kỳ trong F ix(T ) thỏa mãn
xn → x, khi n → ∞. Vì {xn } ⊂ F ix(T ), nên
T xn − xn = 0,

với mọi n ≥ 1. Từ tính liên tục của chuẩn, cho n → ∞, ta nhận được T x−x = 0,
tức là x ∈ F ix(T ). Do đó, F ix(T ) là tập đóng.
Tiếp theo, ta chỉ ra tính lồi của F ix(T ). Giả sử x, y ∈ F ix(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 1.2 và tính
khơng 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

= 0.

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

2

2


10

Mệnh đề 1.12 (Nguyên lý nửa đóng). Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng
của khơng gian Hilbert thực H và T : C −→ C là một ánh xạ khơng giãn. Khi đó,
nếu T có điểm bất động thì T là nửa đóng, tức là với mọi dãy {xn } ⊂ C thỏa mãn
xn

x ∈ C và xn − T xn → y , thì x − T x = y . Đặc biệt, nếu y = 0 thì x ∈ F ix(T ).

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 1.4, 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 ix(T ).

Bài toán. Cho T : C −→ C là một ánh xạ khơng giãn từ tập con lồi, đóng và
khác rỗng C của khơng gian Hilbert H vào chính nó là một ánh xạ khơng giãn
với F (T ) = ∅. Tìm phần tử x∗ ∈ F (T ).
Đã có nhiều phương pháp nổi tiếng được đề xuất để giải bài toán trên, như
phương pháp lặp Mann, phương pháp lặp Ishikawa, phương pháp lặp Halpern,
phương pháp xấp xỉ mềm, phương pháp sử dụng siêu phẳng cắt ...
Chú ý 1.2. Nếu T là ánh xạ co trên C , thì dãy lặp Picard xác định bởi x0 ∈ C
và xn+1 = T (xn ) hội tụ mạnh về điểm bất động duy nhất của T . Tuy nhiên điều
này không cịn đúng đối với lớp ánh xạ khơng giãn.
Phương pháp lặp Mann
Năm 1953, W. R. Mann [8] đã nghiên cứu và đề xuất phương pháp lặp sau:

 x ∈ C là một phần tử bất kì,
0
(1.3)
 xn+1 = αn xn + (1 − αn )T xn , n ≥ 0,
ở đây {αn } là một dãy số thực thỏa mãn α0 = 1, 0 < αn < 1, n ≥ 1,

∞
n=0 αn

= ∞.

Dãy lặp (1.3) được gọi là dãy lặp Mann. Mann W. R. đã chứng minh rằng, nếu
dãy {αn } được chọn thỏa mãn

∞
n=1 αn (1

− αn ) = ∞, thì dãy {xn } xác định bởi


11

(1.3) sẽ hội tụ yếu tới một điểm bất động của ánh xạ T . Chú ý rằng nếu H là
khơng gian Hilbert vơ hạn chiều thì dãy lặp (1.3) chỉ cho sự hội tụ yếu.
Phương pháp lặp Halpern
Năm 1967, B. Halpern [4] đã đề xuất phương pháp lặp

 x ∈ C là một phần tử bất kì,
0

 xn+1 = αn u + (1 − αn )T xn ,

(1.4)

n≥0

ở đây u ∈ C và {αn } ⊂ (0, 1). Dãy lặp (1.4) được gọi là dãy lặp Halpern. Ông
đã chứng minh sự hội tụ mạnh của dãy lặp (1.4) về điểm bất động của ánh xạ

không giãn T với điều kiện αn = n−α , α ∈ (0, 1).
Phương pháp lặp xấp xỉ mềm
Năm 2000, Moudafi [9] 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:
x0 ∈ C, xn =

1
εn
T xn +
f (xn ), ∀n ≥ 0,
1 + εn
1 + εn

(1.5)

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:
zn+1 =

Nếu limn→∞ εn = 0,

1
εn
T zn +
f (zn ), ∀n ≥ 0.

1 + εn
1 + εn

∞
n=1 εn

= ∞ và limn→∞

1
εn+1

−

(1.6)

1
= 0, thì {zn } hội tụ
εn

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 ),

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.

Chú ý 1.3. Khi f (x) = u với mọi x ∈ C , thì phương pháp xấp xỉ mềm của
Moudafi trở về phương pháp lặp của Halpern.


12

1.3.

Bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert

1.3.1.

Một số vấn đề sơ lược về bất đẳng thức biến phân

Trong mục trên chúng ta vừa trình bày sự tồn tại nghiệm của bất đẳng thức
biến phân cổ điển trong không gian Rn . Các kết quả trên đã được nghiên cứu
và mở rộng trong không gian Hilbert. Dưới đây, chúng tơi sẽ trình bày một số
phương pháp tìm nghiệm cho bài tốn bất đảng thức biến phân trong khơng gian
Hilbert.
Cho C là một tập con lồi và đóng của khơng gian Hilbert H và A : C −→ H
là một ánh xạ liên tục. Bài toán bất đẳng thức biến phân được phát biểu như
sau:
Tìm x∗ ∈ C sao cho
Ax∗ , x − x∗ ≥ 0 với mọi x ∈ C.

(1.7)

Tập hợp những điểm x∗ ∈ C thỏa mãn (1.7) được gọi là tập nghiệm của bài toán
và ký hiệu là V I(A, C).
Trước hết chúng ta nhắc lại một số khái niệm sau.
Cho H là một không gian Hilbert thực, C là một tập lồi đóng khác rỗng của H
và A : C −→ H là một ánh xạ từ C vào H .
a) Ánh xạ A được gọi là đơn điệu trên C nếu, với mọi x, y ∈ C ta có:
Ax − Ay, x − y ≥ 0.

b) Ánh xạ A được gọi là giả đơn điệu trên C nếu, với mọi x, y ∈ C ta có:
Ay, x − y ≥ 0 suy ra Ax, x − y ≥ 0.

c) Ánh xạ A được gọi là α−đơn điệu mạnh trên C , nếu tồn tại một hằng số
α > 0 sao cho với mọi x, y ∈ C ta có:
Ax − Ay, x − y ≥ α x − y 2 .

d) Ánh xạ A được gọi là α-ngược đơn điệu mạnh trên C , nếu tồn tại một hằng
số α > 0 sao cho với mọi x, y ∈ C ta có:
Ax − Ay, x − y ≥ α Ax − Ay 2 .


13

e) Ánh xạ A được gọi là h-liên tục trên C nếu A(x + ty)

A(x) khi t −→ 0+

sao cho với mọi x, y ∈ C .
f) Ánh xạ A được gọi là L-liên tục Lipschitz trên C , nếu tồn tại một hằng số
L > 0 sao cho với mọi x, y ∈ C ta có:
Ax − Ay ≥ L x − y .

Nhận xét 1.1. Dễ dàng thấy rằng, nếu ánh xạ A là α-ngược đơn điệu mạnh
thì ánh xạ A là một ánh xạ đơn điệu và liên tục Lipschitz với hằng số Lipschitz
L=

1
.
α

Mệnh đề dưới đây cho ta biết về một trường hợp tồn tại nghiệm của bài toán
bất đẳng thức biến phân.
Mệnh đề 1.13. Cho C là một tập con lồi, đóng, khác rỗng và bị chặn của không
gian Hilbert H và cho A : C −→ H là một toán tử đơn điệu, h-liên tục. Khi đó,
V I(C, A) = ∅.

Mệnh đề 1.14. Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian
Hilbert H và cho A : C −→ H là một toán tử đơn điệu, h-liên tục. Khi đó,
x∗ ∈ V I(C, A) khi và chỉ khi x∗ ∈ C và
Ay, y − x∗ ≥ 0, ∀y ∈ C.

Chứng minh. Giả sử x∗ ∈ V I(C, A), tức là Ax∗ , y − x∗ ≥ 0 với mọi y ∈ C . Khi
đó, từ tính đơn điệu của A, ta có
Ay, y − x∗ = Ay − Ax∗ , y − x∗ + Ax∗ , y − x∗ ≥ 0

với mọi y ∈ C .
Ngược lại, giả sử x∗ ∈ C thỏa mãn
Ay, y − x∗ ≥ 0, ∀y �− 1} nào
đó. Khi đó, từ
k−1

αm+i )d −

(1 +
i=j

(k − i)(2k + 1)
ε
ak−j

≤ wm+k − zm+j
= wm+k − αm+j−1 wm+j−1 − (1 − αm+j−1 )zm+j−1
≤ αm+j−1 wm+k − wm+j−1 + (1 − αm+j−1 ) wm+k − zm+j−1
k−1

≤ αm+j−1

wm+i+1 − wm+i + (1 − αm+j−1 ) wm+k − zm+j−1
i=j−1
k−1

≤ αm+j−1

( zm+i+1 − zm+i + ε) + (1 − αm+j−1 ) wm+k − zm+j−1
i=j−1
k−1

≤ αm+j−1

zm+i+1 − zm+i + kε + (1 − αm+j−1 ) wm+k − zm+j−1
i=j−1


20
k−1

αm+i zm+i+1 − zm+i + kε + (1 − αm+j−1 ) wm+k − zm+j−1

= αm+j−1

i=j−1
k−1

αm+i (d + ε) + kε + (1 − αm+j−1 ) wm+k − zm+j−1

≤ αm+j−1
i=j−1
k−1

αm+i d + 2kε + (1 − αm+j−1 ) wm+k − zm+j−1 ,

≤ αm+j−1
i=j−1

ta nhận được
k−1

k−1

αm+i − αm+j−1

1+
wm+k − zm+j−1 ≥

αm+i
i=j−1

i=j

1 − αm+j−1

−

d

(k − j)(2k + 1)/ak−j + 2k
ε
1 − αm+j−1
k−1

≥ (1 +

αm+i )d −
i=j−1

(k − j + 1)(2k + 1)
ε.
ak−j+1

Do đó 1.12 đúng với j = j − 1. Như vậy 1.12 đúng với mọi j = 0, 1, ..., k − 1. Đặc
biệt, ta có
wm+k − zm ≥ (1 + αm + αm+1 + ... + αm+k−1 )d −

k(2k + 1)
ε.
ak

(1.13)

Mặt khác, ta lại có
k−1

wm+k − zm ≤ wm+k − zm+k +

zm+i+1 − zm+i
i=0
k−1

= wm+k − zm+k +

αm+i wm+i − zm+i
i=0

k−1

≤d+ε+

αm+i (d + ε)
i=0

k−1

≤d+

(1.14)

αm+i d + (k + 1)ε.
i=0

Từ (1.13) và (1.14), ta có
| wm+k − zm − (1 + αm + αm+1 + ... + αm+k−1 )d| ≤

Từ l ∈ N và ε > 0 tùy ý, ta có điều phải chứng minh.

k(2k + 1)
ε.
ak


21

Bổ đề 1.4. [13]. Giả sử {zn }, {ωn } là các dãy bị chặn trong không gian Banach
E sao cho
zn+1 = αn ωn + (1 − αn )zn , ∀n ≥ 0,

trong đó {αn } là một dãy trong [0,1] sao cho
0 < lim inf αn ≤ lim sup αn < 1.
n→∞

n→∞

Giả sử rằng
lim sup( ωn+1 − ωn − zn+1 − zn ) ≤ 0.
n→∞

Khi đó lim sup ωn − zn = 0.
n→∞

Chứng minh. Đặt a = lim inf αn > 0, M = 2 sup{ zn + wn : n ∈ N} < ∞ và
n→∞

d = lim sup wn − zn < ∞. Giả sử d > 0 và cố định k ∈ N với (1 + ka)d > M. Theo
n→∞

Bổ đề 1.3, ta có
lim inf | wn+k − zn − (1 + αn + αn+1 + ... + αn+k−1 )d| = 0.
n→∞

Do đó, tồn tại một dãy con {ni } của dãy {n} trong N sao cho
lim ( wni +k − zni − (1 + αni + αni +1 + ... + αni +k−1 )d) = 0

i→∞

và tồn tại các giới hạn của các dãy { wni +k −zni }, {αni +j } với mọi j ∈ {0, 1, ..., k −
1}. Đặt βj = lim αni +j với mọi j ∈ {0, 2, ..., k − 1}. Ta có
i→∞

M < (1 + ka)d
≤ (1 + β0 + β1 + ... + βk−1 )d
= lim (1 + αni + αni +1 + ... + αni +k−1 )d
i→∞

= lim wni +k − zni
i→∞

≤ lim sup wn+k − zn ≤ M.
n→∞

Điều này là mâu thuẫn. Vậy d = 0.

22

Chương 2
Một số thuật toán lai ghép giải bài
toán chấp nhận tách nhiều tập
Nội dung chính của chương này là trình bày lại kết quả của Wang và các cộng
sự trong tài liệu [14] về một phương pháp lặp xoay vịng tìm nghiệm của bất
đẳng thức biến phân trên tập nghiệm của bài tốn chấp nhận tách đa tập trong
khơng gian Hilbert.

2.1.

Phát biểu bài toán và một số cải tiến của phương pháp
CQ

Cho C và Q là các tập con lồi, đóng và khác rỗng của các khơng gian Hilbert 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 tốn chấp nhận tách (SFP) trong khơng gian
Hilbert được phát biểu như sau:
Tìm một phần tử x∗ ∈ Γ = 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, ..., t và Qj , j = 1, 2, ..., r là các tập con lồi và
đóng của H1 và H2 , tương ứng.
Tìm một phần tử x∗ ∈ Γ = ∩ti=1 Ci ∩ A−1 (∩rj=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 tốn tìm một điểm


23

bất động của ánh xạ PC I − γA∗ (I − PQ )A , 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.
Ta biết rằng nếu γ ∈ 0,

2
A

2

, thì PC I −γA∗ (I −PQ A là một ánh xạ khơng

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 tốn (SFP).
Xu [12] 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 2.1. [12] Nếu γ ∈ 0,

2
A

thì dãy {xn } xác định bởi x1 ∈ H1 và

2

xn+1 = PC I − γA∗ (I − PQ )A xn

hội tụ yếu về một nghiệm của bài toán (SFP).
Sự hội tụ của phương pháp lặp Mann và phương pháp lặp được cho bởi định
lý dưới đây:
Định lý 2.2. [12] Cho dãy {αn } ⊂ [0, 4/(2 + γ A 2 )] thỏa mãn điều kiện
∞

αn
n=1

Nếu γ ∈ 0,

2
T

2

4
2+γ A

2

− αn

= ∞.

thì dãy {xn } xác định bởi x1 ∈ H1 và

xn+1 = (1 − αn )xn + αn PC I − γA∗ (I − PQ )A xn ,

hội tụ yếu về một nghiệm của bài toán (SFP).
Năm 2006, Xu [11] đã đưa ra các thuật toán mở rộng của phương pháp CQ
dưới đây cho Bài toán (MSSFP). Đặt
1
p(x) =
2

r

βj Ax − PQj (Ax) 2 ,
j=1

trong đó βj > 0 với mọi j = 1, 2, . . . , r. Trước hết, Xu [11] đã chứng minh kết quả
dưới đây:
Mệnh đề 2.1. Giả sử tập nghiệm của Bài tốn (MSSFP) khác rỗng. Khi đó, ta
có các khẳng định sau:


24

i) Hàm p(x) là lồi, khả vi với đạo hàm được xác định bởi
r

βj A∗ (I − PQj )Ax,

p(x) =

(2.1)

j=1

và

p(x) là ánh xạ Lipschitz với hằng số L = A

2

r
j=1 βj .

ii) Phần tử x∗ là một nghiệm của Bài tốn (MSSFP) nếu nó là điểm bất động
chung của các ánh xạ khơng giãn trung bình {Ti }ti=1 với Ti = PCi (I − γ

p),

γ > 0, i = 1, 2, . . . , t.

Tiếp đó, ơng chứng minh sự hội tụ của phương pháp lặp Picard cho Bài toán
(MSSFP).
Định lý 2.3. [11] Nếu γ ∈
A

2

r
j=1 βj ,

0,

2
L

với βj > 0 với mọi j = 1, 2, . . . , r và L =

thì dãy {xn } xác định bởi x1 ∈ H1 và
r

r
∗

xn+1 = PCN (I − γ

βj A∗ (I − PQj )A)xn

βj A (I − PQj )A . . . 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:
Định lý 2.4. [11] Nếu γ ∈
A

2

r

j=1 βj

0,

2
L

t
i=1 λi

và λi > 0 thỏa mãn

và

với βj > 0 với mọi j = 1, 2, . . . , r, L =

t

= 1, thì dãy {xn } xác định bởi x1 ∈ H1
r

βj A∗ (I − PQj )A)xn

λi PCi (I − γ

xn+1 =
i=1

j=1

hội tụ yếu về một nghiệm của Bài toán (MSSFP).
Định lý 2.5. [11] Nếu γ ∈
T

2

r
j=1 βj ,

0,

2
L

với βj > 0 với mọi j = 1, 2, . . . , r và L =

thì dãy {xn } xác định bởi x1 ∈ H1 và
r

βj A∗ (I − PQj )A)xn

xn+1 = PC[n+1] (I − γ
j=1

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


25

Từ các kết quả trong [11, 3, 6], ta có các kết quả dưới đây.

Bổ đề 2.1. [11, 3, 6] Giả sử rằng Bài tốn (MSSFP) có tập nghiệm khác rỗng.
Đặt Ti := PCi (I − γ∇q), i = 1, 2, . . . , t, trong đó 0 < γ < 2/L. Khi đó ánh xạ
t

U = T1 . . . Tt là trung bình; tổ hợp lồi S =

αi Ti là trung bình, trong đó αi >
i=1

t

0,

αi = 1; T[n+1] = Tn

mod t

cũng là trung bình, trong đó hàm mod lấy giá trị

i=1

trên tập {1, 2, . . . , t}.
Bổ đề 2.2. [11] Ký hiệu các toán tử trung bình U, S, T[n+1] trong Bổ đề 2.1 là T.
Vơi các điểm khởi đầu x0 , y0 và z0 bất kỳ trong H, n ≥ 0, dãy {xn }, {yn } và {zn }
được sinh bởi
xn+1 = T xn ,

(2.2)

yn+1 = (1 − an )T yn ,

(2.3)

zn+1 = (1 − bn )zn + bn T zn ,

(2.4)

trong đó {an } và {bn } là các dãy số thực trong (0, 1). Khi đó, ta có các khẳng
định sau:
i) Dãy {xn } xác định bởi (2.2) hội tụ yếu tới một nghiệm của Bài toán
(MSSFP);
ii) Nếu

∞
n=1 bn (1 − bn )

= ∞, thì dãy {zn } xác định bởi (2.4) hội tụ yếu tới một

nghiệm của Bài toán (MSSFP);
iii) Nếu các điều kiện sau được thỏa mãn
a) limn→∞ an = 0;
b)

∞
n=1 an

c)

∞
n=1 |an+1

= ∞;
− an | < ∞ hoặc limn→∞ an+1 /an = 1,

thì dãy {yn } xác định bởi (2.3) hội tụ mạnh về nghiệm chuẩn tắc của Bài
tốn (MSSFP).
Định nghĩa 2.1. Cho các tốn tử trung bình U, S, T[n+1] trong Bổ đề 2.2 và
f : H × H → H là một ánh xạ tổ hợp được xác định bởi
f (x1 , x2 ) = (1 − αn )x1 + αn x2 , n ≥ 0,


26

với mọi (x1 , x2 ) ∈ H × H và αn ∈ [0, 1]. Ta đặt các ánh xạ X := U f (S, T[n+1] ),
Y := Sf (U, T[n+1] ), Z := T[n+1] f (U, S). Khi đó đặt B : H → H là tốn tử trung

bình được xác định bởi B := an X + bn Y + cn Z, n ≥ 0 với an , bn , cn là các dãy trong
R thỏa mãn an + bn + cn = 1.

2.2.

Thuật toán và sự hội tụ

Trong mục này chúng tơi trình bày lại một vài thuật toán lai ghép hội tụ
mạnh để giải bài toán chấp nhận tách đa tập, chính xác hơn là tìm nghiệm của
bài toán bất đẳng thức biến phân trên tập nghiệm của Bài toán (MSSFP) từ tài
liệu [14]. Trước hết, chúng ta có kết quả sau.
Định lý 2.6. Giả sử rằng H là không gian Hilbert thực và F : H −→ H là ánh xạ
k -Lipschitz và η -đơn điệu mạnh. Ký hiệu các tốn tử trung bình U, S hoặc T[n+1]

được xác định trong Bổ đề 2.1 là Tα . Với mọi x0 ∈ H , dãy {xn }n
xn+1 = (I − λn µF )Tα xn , n ≥ 0,

0

được sinh bởi
(2.5)

trong đó λn ∈ (0, 1) thoả mãn
(P1) lim λn = 0,
n→∞
∞

λn = ∞ và γ ∈ (0, 2/L).

(P2)
n=0

Khi đó dãy {xn } xác định bởi (2.5) hội tụ mạnh tới một nghiệm của Bài toán
(MSSFP), đồng thời là nghiệm duy nhất của bài toán bất đẳng thức biến phân
F x∗ , x − x∗ ≥ 0, với mọi x ∈ Γ.

(2.6)

Chứng minh. Đầu tiên ta chứng minh rằng dãy {xn } bị chặn. Vì Tα là ánh xạ
không giãn và Tα p = p, nên từ Bổ đề 1.1 và (2.5), với p ∈ Γ ta có
xn+1 − p = (I − λn µF )(Tα xn − p) + λn F p
µ
≤ (1 − λn τ ) xn − p +
Fp

τ
µ
≤ max x0 − p , F p .
τ

Từ đó ta suy ra dãy {xn } bị chặn.


27

Tiếp theo ta có
xn+1 − xn = (I − λn µF )Tα (xn − xn−1 ) + (λn−1 − λn )µF Tα xn−1
(1 − λn τ ) xn − xn−1 + | λn−1 − λn | µF Tα xn−1 .

(2.7)

Từ các điều kiện (P1 ), (P2 ) và Bổ đề 1.4 ta có
lim xn+1 − xn = 0.

(2.8)

n→∞

Đặt un = Tα xn ta thu được
||xn − un || ≤ xn − xn+1 + xn+1 − un
≤ xn − xn+1 + λn µ F un .

Từ điều kiện (P1 ) và (2.8) ta nhận được
lim xn − un = 0.

(2.9)

n→∞

Vì dãy {xn } bị chặn, nên tồn tại một dãy con xni
tổng quát ta giả sử rằng xn
xn

x∗ khi i → ∞. Một cách

x∗ khi i → ∞, kết hợp với Mệnh đề 1.12 ta có

x∗ ∈ F ix(Tα ).

Mặt khác, từ các Bổ đề 2.1 và 2.2 ta biết rằng un

x khi n → ∞ và x ∈ Γ.

Do đó
lim F x∗ , un − x∗ ≥ 0, x∗ ∈ Γ.

(2.10)

n→∞

Cuối cùng ta sẽ chứng minh xn
xn+1 − x∗

2

x∗ theo chuẩn. Thật vậy, ta có

= (I − λn µF )(un − x∗ ) − λn µF x∗
= (I − λn µF )(un − x∗ )

2

2

+ λ2n µ2 F x∗

2

− 2λn µ (I − λn µF )(un − x∗ ), F x∗
≤ (1 − λn τ ) xn − x∗ − 2λn µ un − x∗ , F x∗
+ λ2n µ2 F x∗

2

+ 2λ2n µ2 F un − F x∗

= (1 − σn ) xn − x∗ + σn δn ,

trong đó
σn = λn τ,

F x∗