Một phương pháp lặp song song xấp xỉ nghiệm của một lớp bất đẳng thức biến phân trong không gian hilbert

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ DINH

MỘT PHƯƠNG PHÁP LẶP SONG SONG
XẤP XỈ NGHIỆM CỦA MỘT LỚP BẤT ĐẲNG THỨC
BIẾN PHÂN TRONG KHÔNG GIAN HILBERT

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

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

Thái Nguyên – 2020


ii

Lời cảm ơn
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS.Trương Minh Tuyên và TS.
Phạm Hồng Trường, các thầy đã tận tình hướng dẫn tác giả trong q trình học
tập, nghiên cứu và hồn thành luận văn này.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới ban Giám hiệu, phịng Đào tạo, cùng các
thầy, cơ giáo trong khoa Toán – Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái
Nguyên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác giả trong q trình học tập,
nghiên cứu và hồn thiện 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

3

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

3

1.2. Bài tốn tìm điểm bất động của ánh xạ khơng giãn . . . . . . . . 10
1.3. Bài toán bất đẳng thức biến phân cổ điển . . . . . . . . . . . . . 15
1.4. Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert

. . . 18

1.5. Một số bổ đề bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Chương 2 Phương pháp lặp song song giải bất đẳng thức biến
phân trên tập điểm bất động chung của họ hữu hạn dãy ánh xạ
gần khơng giãn

23

2.1. Phát biểu bài tốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.2. Phương pháp lặp song song giải Bài toán (2.2) . . . . . . . . . . . 27
2.3. Một số ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.3.1. Điểm bất động của ánh xạ không giãn . . . . . . . . . . . 35
2.3.2. Điểm bất động của nửa nhóm khơng giãn

. . . . . . . . . 37

2.3.3. Không điểm của toán tử đa trị đơn điệu . . . . . . . . . . 41
Kết luận
Tài liệu tham khảo

46
47


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

G(A)

đồ thị của tốn 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

x0

Fix(T )

tập điểm bất động của ánh xạ T


1

Mở đầu
Bài toán "Bất đẳng thức biến phân" được nảy sinh trong q trình nghiên
cứu và giải các bài tốn thực tế như bài toán cân bằng trong kinh tế, tài chính,
bài tốn mạng giao thơng, lý thuyết trị chơi, phương trình vật lý tốn ... Bài
tốn này được giới thiệu lần đầu tiên bởi Hartman và Stampacchia vào năm 1966
trong tài liệu [6]. 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 [8].
Từ đó, bài tốn bất đẳng thức biên phân được nghiên cứu và phát triển mạnh
mẽ, thu hút sự được sự quan tâm của nhiều người làm tốn trong và ngồi nước.
Một trong những hướng nghiên cứu quan trọng của bài toán bất đẳng thức biến
phân là việc xây dựng các phương pháp giải hay chính xác hơn là các phương
pháp xấp xỉ nghiệm. Có nhiều phương pháp giải đã được đề xuất như phương
pháp gradient, gradient tăng cường hay phương pháp điểm bất động, phương
pháp đường dốc nhất ...

Bất đẳng thức biến phân được phát biểu như sau: Tìm một phần tử x∗ ∈ C,
sao cho
F (x∗ ), x − x∗ ≥ 0, ∀x ∈ C,

(0.1)

trong đó F là một ánh xạ liên tục từ khơng gian Hilbert H vào chính nó và ta
ký hiệu bài tốn này là VI(C, F ). Bài tốn này có ý nghĩa quan trọng trong việc
giải bài toán tối ưu lồi có ràng buộc và một trường hợp đặc biệt là bài toán chấp
nhận lồi nổi tiếng. Ta xem mỗi tập C là tập điểm bất động của phép chiếu mêtric
PC từ H lên C, do đó bài tốn trên có thể xem như bài tốn bất đẳng thức biến
phân trên tập điểm bất động của ánh xạ không giãn. Ngồi ra, nó cũng đã được
nghiên cứu và mở rộng thành bài toán bất đẳng thức biến phân trên tập điểm


2

bất động chung của một họ hữu hạn hay vô hạn đếm được hay không đếm được
ánh xạ không giãn.
Chủ đề bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của các dãy
ánh xạ gần không giãn đã và đang thu hút nhiều người làm toán trong và ngồi
nước quan tâm nghiên cứu.
Mục đích của luận văn là giới thiệu một số kết quả về bài tốn tìm nghiệm
của bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ hữu hạn
dãy ánh xạ gần không giãn trong không gian Hilbert H. Luận văn bao gồm 2
chương: Chương 1 nhắc lại một số tính chất đặc trưng của khơng gian Hilbert,
bài tốn tìm điểm bất động của ánh xạ khơng giãn, bài tốn bất đẳng thức biến
phân cổ điển, cùng với một số bài toán liên quan. Chương 2 trình bày lại kết quả
của các tác giả T.M. Tuyen và các cộng sự từ tài liệu [19] cho bài toán bất đẳng
thức biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ hữu hạn dãy ánh xạ

gần không giãn trong không gian Hilbert thực H. Ngoài ra, Chương 2 của luận
văn cũng đề cập đến một số ứng dụng của Định lý chính (Định lý 2.2) cho các
bài tốn liên quan (bài tốn tìm điểm bất động của dãy ánh xạ khơng giãn, bài
tốn tìm điểm bất động của nửa nhóm ánh xạ khơng giãn và bài tốn tìm khơng
điểm của tốn tử đơn điệu).


3

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 1.3 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 [8].

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

2

+ x − z 2.


4

Vậy ta được điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.2. Cho H là một khơng 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 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

5

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
bất kỳ thỏa mãn điều kiện xn

x, khi n → ∞. Khi đó, với mọi y ∈ H và y = x,

ta có
lim inf xn − x < lim inf xn − y .
n→∞

n→∞

(1.2)

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→∞

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 → ∞.

x và


6

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 1.6. 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

2

2

= 2( xn

≤ ( xn

2

+ xm 2 ) − 4

xn + xm
2

2

+ xm 2 ) − 4d2 −→ 0,

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

nên 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

2

+ y∗ ) − 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.


7

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.

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 =
R

a +
(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 x − u .
u∈C

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 ≤ y α − x .


8

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

2 y − PC x, x − PC x ≤ α y − PC x .
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.


9

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 .

− 2 x − PC x, y − PC x

Hệ quả được chứng minh.
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
C là tập lồi và đóng, nên theo chứng minh trên, ta có
v, z < v, x − ε,

x, nhưng x ∈
/ C. Vì


10

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 vơ 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.

1.2.

Bài tốn tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn

Định nghĩa 1.2. 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 Fix(T ), tức là
Fix(T ) = {x ∈ C : T x = x}.
Ví dụ 1.3. Ánh xạ T : R −→ R xác định bởi T x = sin x với mọi x ∈ R là
không giãn và Fix(T ) = {0}.
Thật vậy, theo định lý Lagrange, với mọi x, y ∈ R, tồn tại z nằm giữa x và y
sao cho
sin x − sin y = cos z(x − y).
Suy ra
|T x − T y| = | sin x − sin y| ≤ |x − y|,
với mọi x, y ∈ R.


11

Giả sử x ∈ Fix(T ). Khi đó, ta có sin x = x. Xét hàm số g(x) = x − sin x,
x ∈ R. Ta có
g (x) = 1 − cos x ≥ 0, ∀x ∈ R.
Suy ra g là hàm đồng biến. Do đó từ g(0) = 0 suy ra x = 0 là nghiệm duy nhất
của phương trình sin x = x. Do đó Fix(T ) = {0}.
Mệnh đề dưới đây cho ta mơ tả về tính chất của tập điểm bất động Fix(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, Fix(T ) là
một tập lồi và đóng trong H.
Chứng minh. Giả sử Fix(T ) = ∅.
Trước hết, ta chỉ ra Fix(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 Fix(T ) thỏa mãn
xn → x, khi n → ∞. Vì {xn } ⊂ Fix(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 ∈ Fix(T ). Do đó, Fix(T ) là tập đóng.
Tiếp theo, ta chỉ ra tính lồi của Fix(T ). Giả sử x, y ∈ Fix(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

2

2

− λ(1 − λ) x − y

+ (1 − λ) T z − T y

2

2

− λ(1 − λ) x − y

+ (1 − λ) z − y

2

− λ(1 − λ) x − y

= λ(z − x) + (1 − λ)(z − y)

2

= 0.

≤λ z−x

2

+ (1 − λ) T z − y

2

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

2

2


12

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

mãn xn
x ∈ Fix(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 ∈ Fix(T ).
Sự tồn tại điểm bất động đối với lớp ánh xạ không giãn trong không gian
Hilbert được phát biểu trong mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 1.13. Cho C là một tập con lồi, đóng và bị chặn của không gian
Hilbert H. Cho T : C −→ C là một ánh xạ khơng giãn. Khi đó Fix(T ) = ∅.
Chứng minh. Lấy x0 ∈ C và dãy {αn } ⊂ (0, 1] sao cho αn → 0. Xác định dãy
ánh xạ {Tn } trên C như sau:
Tn (x) = αn x0 + (1 − αn )T (x),
với mọi n ≥ 1 và mọi x ∈ C.
Với mọi x, y ∈ C, ta có
Tn (x) − Tn (y) = (1 − αn ) T (x) − T (y) ≤ (1 − αn ) x − y .
Suy ra, Tn là ánh xạ co với hệ số co 1 − αn . Theo nguyên lý ánh xạ co Banach1
tồn tại duy nhất xn ∈ C sao cho Tn (xn ) = xn , tức là,
xn = αn x0 + (1 − αn )T (xn ).
1

Mọi ánh xạ co từ không gian mêtric đầy đủ X vào chính nó đều có duy nhất một điểm bất động.


13

Từ đó suy ra
xn − T (xn ) = αn x0 − T (xn ) ≤ αn diam(C) → 0.
Do đó ta có xn − T (xn ) → 0.
Vì C là tập bị chặn và {xn } ⊂ C nên dãy {xn } cũng bị chặn. Do đó theo
x∗ khi k → ∞.

Mệnh đề 1.10, tồn tại một dãy con {xnk } ⊆ {xn } sao cho xnk
Do đó, theo Mệnh đề 1.12, ta nhận được x∗ ∈ Fix(T ).
Mệnh đề được chứng minh.

Mệnh đề 1.14. Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của khơng gian
Hilbert H. Cho (Ti )i∈I và một họ các ánh xạ khơng giãn từ C vào chính nó thỏa
mãn ∩i∈I Fix(Ti ) = ∅. Khi đó với mọi αi ∈ (0, 1) thỏa mãn
có Fix(

i∈I

i∈I

αi = 1 ta đều

αi Ti ) = ∩i∈I Fix(Ti ).

Chứng minh. Dễ thấy ∩i∈I Fix(Ti ) ⊆ Fix(

i∈I

αi Ti ). Bây giờ ta sẽ chỉ ra bao

hàm thức ngược lại. Lấy y ∈ ∩i∈I Fix(Ti ), với mọi i ∈ I và mọi x ∈ C, từ Mệnh
đề 1.1 và tính khơng giãn của Ti , ta có
2 Ti x − x, x − y = Ti x − y

2

= Ti x − Ti y

− Ti x − x
2

− x−y

2

− x−y

2

− Ti x − x

≤ − Ti x − x 2 .
Bây giờ, lấy bất kỳ x ∈ Fix(

i∈I

αi Ti ). Từ (1.3), ta có

i∈I

Suy ra

i∈I

Ti x − x

2

(1.3)

αi Ti x − x, x − i ≤ −

0=2

2

Ti x − x

2

≤ 0.

i∈I
2

= 0 và do đó Ti x − x = 0 hay x = Ti x với mọi i ∈ I,

tức là, x ∈ ∩i∈I Fix(Ti ).
Vậy Fix(

i∈I

αi Ti ) = ∩i∈I Fix(Ti ).

Mệnh đề được chứng minh.
Bài toán. Cho T : C −→ C là một ánh xạ không 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 Fix(T ) = ∅. Tìm phần tử x∗ ∈ Fix(T ).


14

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 [10] đã nghiên cứu và đề xuất phương pháp lặp sau:

 x ∈ C là một phần tử bất kì,
0
(1.4)
 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 (1.4) 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 (1.4) sẽ hội tụ yếu tới một điểm bất động của ánh xạ T . Chú
ý rằng nếu H là không gian Hilbert vơ hạn chiều thì dãy lặp (1.4) chỉ cho sự hội
tụ yếu.
Phương pháp lặp Halpern
Năm 1967, B. Halpern [5] đã đề xuất phương pháp lặp

 x ∈ C là một phần tử bất kì,
0
 xn+1 = αn u + (1 − αn )T xn , n ≥ 0

(1.5)

ở đây u ∈ C và {αn } ⊂ (0, 1). Dãy lặp (1.5) được gọi là dãy lặp Halpern. Ông
đã chứng minh sự hội tụ mạnh của dãy lặp (1.5) 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 [11] 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:


15

(1) Dãy {xn } ⊂ C xác định bởi:
x0 ∈ C, xn =

1
εn
T xn +

f (xn ), ∀n ≥ 0,
1 + εn
1 + εn

(1.6)

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

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

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

Nếu limn→∞ εn = 0,

= ∞ và limn→∞

1

(1.7)

−

x ∈ Fix(T ) sao cho (I − f )(x), x − x ≤ 0, ∀x ∈ Fix(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.

1.3.

Bài toán bất đẳng thức biến phân cổ điển

Trong mục này, chúng tơi đề cập đến bài tốn bất đẳng thức biến phân trên
không gian hữu hạn chiều Rn và một số bài toán liên quan.
Cho C là một tập con lồi và đóng của Rn và F : C −→ Rn là một ánh xạ
liên tục. Bài toán bất đẳng thức biến phân cổ điển của ánh xạ đơn trị được phát
biểu như sau:
Tìm x∗ ∈ C sao cho
F x∗ , x − x∗ ≥ 0, ∀x ∈ C.

(1.8)

Tập hợp những điểm x∗ ∈ C thỏa mãn (1.8) được gọi là tập nghiệm của bài toán
và ký hiệu là V I(F, C).
Sự tồn tại nghiệm của Bài toán (1.8) được cho bởi định lý dưới đây:

16

Định lý 1.1. Cho C là một tập lồi và compact trong Rn và F : C −→ Rn là
một ánh xạ liên tục. Khi đó, Bài tốn (1.8) có ít nhất một nghiệm.
Chứng minh. Đặt PC là phép chiếu mêtric từ Rn lên C. Khi đó, PC (I − γF )
là một ánh xạ liên tục từ C vào chính nó, với I là ánh xạ đồng nhất trên Rn
và γ > 0. Theo nguyên lý điểm bất động Brouwer, tồn tại x∗ ∈ C sao cho
PC (x∗ − γF (x∗ )) = x∗ . Theo Mệnh đề 1.8, F x∗ , x − x∗ ≥ 0 với mọi x ∈ C hay
x∗ là nghiệm của Bài toán (1.8).
Bất đẳng thức biến phân cổ điển (1.8) có mối quan hệ mật thiết với một số
bài toán khác như là: Hệ phương trình, bài tốn tối ưu, bài tốn bù và bài tốn
điểm bất động.
a) Hệ phương trình
Nhiều vấn đề cân bằng kinh tế cổ điển đã được mơ hình như một hệ phương
trình, vì điều kiện thanh tốn bù trừ thị trường, nhất thiết phải có sự cân bằng
giữa cung và cầu. Bài toán bất đẳng thức biến phân có thể xem như một hệ
phương trình thơng qua mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 1.15. Phần tử x∗ ∈ Rn là nghiệm của bài toán V I(F, Rn ) khi và chỉ
khi F x∗ = 0.
Chứng minh. Nếu F x∗ = 0, thì hiển nhiên x∗ là một nghiệm của bài toán
V I(F, Rn ).
Ngược lại, giả sử x∗ là một nghiệm của bài toán V I(F, Rn ), tức là
F x∗ , x − x∗ ≥ 0,
với mọi x ∈ Rn . Chọn x = x∗ − F x∗ , ta được − F x∗

2

= 0, suy ra F x∗ = 0.

b) Bài toán tối ưu
Cho C là một tập lồi, đóng, khác rỗng của Rn và f : C −→ R là một phiếm
hàm lồi trên C. Xét bài tốn sau:
Tìm x∗ ∈ C sao cho
f (x∗ ) = min{f (x)|x ∈ C}.

(1.9)


17

Mệnh đề sau đây cho biết mối quan hệ giữa bài toán (1.9) và bất đẳng thức biến
phân cổ điển.
Mệnh đề 1.16. Cho C là một tập lồi, đóng, khác rỗng của Rn và f : C −→ R
là một phiếm hàm lồi, khả vi trên C. Khi đó, x∗ ∈ C là nghiệm của bài toán
(1.9) khi và chỉ khi x∗ là nghiệm của Bài toán (1.8), với F x =

f (x).

Chứng minh. Giả sử x∗ là nghiệm của Bài toán (1.9). Đặt ϕ(t) = f (x∗ +t(x−x∗ ))
với t ∈ [0, 1]. Khi đó, ϕ đạt cực tiểu tại t = 0, do đó 0 ≤ ϕ (0) =
hay x∗ là nghiệm của Bài toán (1.8), với F x =

f (x∗ ), x−x∗ ,

f (x).

Ngược lại, giả sử x∗ là nghiệm của Bài toán (1.8), với F x =

f (x). Vì f là hàm

lồi, nên
f (x) ≥ f (x∗ ) +

f (x∗ ), x − x∗ ,

với mọi x ∈ C. Từ đó suy ra f (x) ≥ f (x∗ ) với mọi x ∈ C, hay x∗ là nghiệm của
Bài toán (1.9).
c) Bài toán bù
Cho F : Rn −→ Rn là một ánh xạ. Bài toán bù phi tuyến trên Rn+ là một hệ
bao gồm các phương trình và bất phương trình có dạng sau:
Tìm x∗ ≥ 0 sao cho:
F x∗ ≥ 0 và F x∗ , x∗ = 0.

(1.10)

Khi F là một ánh xạ affine, tức là F x = M x + b, với M là ma trận cỡ n × n và
b là véc tơ cỡ n × 1, thì (1.10) được gọi là bài tốn bù tuyến tính.
Mối quan hệ giữa bài tốn bù và bài toán bất đẳng thức biến phân được cho bởi
mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 1.17. Bài toán V I(F, Rn+ ) và Bài tốn (1.10) có cùng tập nghiệm.
Chứng minh. Giả sử x∗ là nghiệm của V I(F, Rn+ ), tức là
F x∗ , x − x∗ ≥ 0,

(1.11)

với mọi x ∈ Rn+ .
Trong (1.11), thay x bởi x∗ + ei , với i = 1, 2, ..., n và {e1 , e2 , ..., en } là cơ sở chính

18

tắc của Rn , ta được Fi x∗ ≥ 0 với Fi (x∗ ) là tọa độ thứ i của F x∗ . Do đó, F x∗ ≥ 0.
Trong (1.11), lần lượt thay x bởi 2x∗ và 0, ta nhận được
F x∗ , x∗ ≥ 0, F x∗ , −x∗ ≥ 0.

(1.12)

Suy ra F x∗ , x∗ = 0. Do đó x∗ là một nghiệm của Bài tốn (1.10).
Ngược lại, giả sử x∗ là nghiệm của Bài tốn (1.10). Vì x ∈ Rn+ nên
F x∗ , x − x∗ = F x∗ , x − F x∗ , x∗ ≥ 0,
hay x∗ là nghiệm của bài toán V I(F, Rn+ ).
d) Bài toán điểm bất động
Mệnh đề sau đây cho biết mối quan hệ giữa bài toán điểm bất động với bất
đẳng thức biến phân cổ điển.
Mệnh đề 1.18. Phần tử x∗ ∈ C là nghiệm của bài toán (1.8) khi và chỉ khi x∗
là điểm bất động của ánh xạ PC (I − γF ), với mọi γ > 0 và I là ánh xạ đồng
nhất trên Rn .
Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ Mệnh đề 1.8.

1.4.

Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian
Hilbert

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 tôi sẽ trình bày một số
phương pháp tìm nghiệm cho bài tốn bất đẳng thức biến phân trong không 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.

(1.13)


19

Tập hợp những điểm x∗ ∈ C thỏa mãn (1.13) 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 .
e) Ánh xạ A được gọi là h-liên tục trên C nếu A(x + ty)

A(x) khi t −→ 0+

với mọi x, y ∈ C mà x + ty ∈ C với t đủ nhỏ.
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
1
L= .
α
Mệnh đề dưới đây cho ta biết về một trường hợp tồn tại nghiệm của bài toán
bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert.


20

Mệnh đề 1.19. Cho C là một tập con lồi, đóng, khác rỗng và bị chặn của khơng
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 1.20. Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của khơng 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 ∈ C.
Vì C là tập lồi, nên yt = ty + (1 − t)x∗ ∈ C với mọi y ∈ C và mọi t ∈ (0, 1). Do
đó, từ bất đẳng thức trên, ta có

Ayt , t(y − x∗ ) ≥ 0, ∀t ∈ (0, 1).
tương đương với
Ayt , y − x∗ ≥ 0, ∀t ∈ (0, 1).
Từ tính h-liên tục của A, cho t → 0+ , ta nhận được
Ax∗ , y − x∗ ≥, ∀y ∈ C.
Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.21. Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian
Hilbert H và cho A : C −→ H là một tốn tử đơn điệu, h-liên tục. Khi đó,
x∗ ∈ V I(C, A) khi và chỉ khi x∗ = PC (x∗ − λAx∗ ) với mọi λ > 0.
Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ Mệnh đề 1.8.


21

1.5.

Một số bổ đề bổ trợ

Bổ đề 1.1 (xem [3]). Cho V : C −→ H là một ánh xạ L-Lipschitz và F : C −→
H là một ánh xạ k-Lipschitz và η-đơn điệu mạnh. Khi đó, với 0 ≤ γL < µη, ta
có
x − y, (µF − γV )x − (µF − γV )y ≥ (µη − γL) x − y 2 , ∀x, y ∈ C,

(1.14)

tức là, µF − γV là đơn điệu mạnh với hệ số µη − γL.
Bổ đề 1.2 (xem [20]). Cho C là một tập con khác rỗng của không gian Hilbert
thực H. Giả sử λ ∈ (0, 1) và µ > 0. Cho F : C −→ H là một ánh xạ kLipschitzian và η-đơn điệu mạnh trên C. Xác định ánh xạ G : C −→ H bởi
Gx = (I − λµF )x, ∀x ∈ C.
Khi đó, G là một ánh xạ co nếu µ < 2η/k 2 . Chính xác hơn, với µ ∈ (0, 2η/k 2 ),

thì
Gx − Gy ≤ (1 − λτ ) x − y , ∀x, y ∈ C,
trong đó τ = 1 −

1 − µ(2η − µk 2 ).

Bổ đề 1.3. [9] 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 1.4. Cho {an } là một dãy số các số thực khơng âm thỏa mãn tính chất
an+1 ≤ (1 − sn )an + sn tn + vn , ∀n ≥ 0
trong đó {sn }, {sn } và {vn } thỏa mãn các điều kiện

(1.15)