Một định lý hội tụ mạnh cho hệ bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát và bài toán điểm bất động trong không gian banach

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
————— o0o —————

BÙI THỊ THANH KHUYÊN

MỘT ĐỊNH LÝ HỘI TỤ MẠNH CHO
HỆ BÀI TOÁN CÂN BẰNG HỖN HỢP TỔNG QUÁT
VÀ BÀI TOÁN ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRONG
KHƠNG GIAN BANACH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Thái Nguyên – 2020


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI THỊ THANH KHUYÊN

MỘT ĐỊNH LÝ HỘI TỤ MẠNH CHO
HỆ BÀI TOÁN CÂN BẰNG HỖN HỢP TỔNG QUÁT
VÀ BÀI TOÁN ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRONG
KHƠNG GIAN BANACH

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
Luận văn này được hoàn thành tại Khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa
học - Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn của TS. Trương Minh Tun và
TS Phạm Hồng Trường. Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành và sâu sắc đến
TS. Trương Minh Tuyên và TS. Phạm Hồng Trường, các thầy đã tận tình hướng
dẫn, giúp đỡ tơi trong suốt q trình học tập nghiên cứu để tơi có thể hồn
thành luận văn này.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại
học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Tốn - Tin cùng các thầy giáo, cơ giáo
trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tham gia giảng dạy lớp Cao
học Toán K12A3 đã tạo điều kiện tốt nhất và tận tình giúp đỡ tơi trong suốt
q trình học tập và nghiên cứu tại Trường.
Tơi xin chân thành cảm ơn Hội đồng quản trị, Ban giám hiệu trường THPT
Lương Thế Vinh, thành phố Cẩm Phả, tỉnh Quảng Ninh đã tạo điều kiện giúp
đỡ tôi trong suốt thời gian đi học.
Nhân dịp này, tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, người thân,
bạn bè, đồng nghiệp đã động viên, khích lệ, tạo điều kiện giúp đỡ tơi trong q
trình học tập và nghiên cứu.
Sau cùng tơi xin kính chúc tồn thể q thầy cô trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên dồi dào sức khỏe, niềm tin để tiếp tục thực hiện sứ mệnh
cao đẹp của mình là truyền đạt tri thức cho thế hệ mai sau.
Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót và
hạn chế. Tơi mong muốn nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cơ và

các bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn!


iii

Mục lục
Lời cảm ơn

ii

Một số ký hiệu và viết tắt

iv

Mở đầu

1

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

3

1.1

Không gian Banach phản xạ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Khoảng cách Bregman và một số lớp ánh xạ Bregman không giãn

4

1.2.1

Hàm lồi và khoảng cách Bregman . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2.2

Phép chiếu Bregman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.2.3

Một số lớp ánh xạ Bregman không giãn . . . . . . . . . . . 24

Chương 2 Xấp xỉ nghiệm chung cho hệ bài toán cân bằng hỗn hợp
tổng quát và bài tốn điểm bất động

29

2.1

Tốn tử giải hỗn hợp và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.2

Phát biểu bài toán và phương pháp lặp . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.3

Sự hội tụ mạnh của phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Kết luận

44

Tài liệu tham khảo

45


iv

Một số ký hiệu và viết tắt

X

không gian Banach

X∗

không gian đối ngẫu của X

R

tập hợp các số thực

R+

tập các số thực không âm

∩

phép giao

int M

phần trong của tập hợp M

inf M

cận dưới đúng của tập hợp số M

sup M

cận trên đúng của tập hợp số M

max M

số lớn nhất trong tập hợp số M

min M

số nhỏ nhất trong tập hợp số M

argminx∈X F (x)

tập các điểm cực tiểu của hàm F trên X

∅

tập rỗng

dom(A)

miền hữu hiệu của toán tử (hàm số) A

R(A)

miền ảnh của toán tử A

A−1

toán tử ngược của toán tử A

I

toán tử đồng nhất

lim sup xn

giới hạn trên của dãy số {xn }

n→∞

lim inf 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

n→∞

x0

F (T )

tập điểm bất động của ánh xạ T

Fˆ (T )

tập điểm bất động tiệm cận của ánh xạ T


v

∂f

dưới vi phân của hàm lồi f
f

gradient của hàm f

M

bao đóng của tập hợp M

projfC

phép chiếu Bregman lên C

Df (x, y)

khoảng cách Bregman từ x đến y


1

Mở đầu
Đầu thế kỉ XX đã xuất hiện nhiều định lý điểm bất động nổi tiếng, trong đó
phải kể đến nguyên lý điểm bất động Brouwer (1912), nguyên lý ánh xạ co của
Banach (1922). Các kết quả này đã được mở rộng ra các lớp ánh xạ và không
gian khác nhau. Lý thuyết điểm bất động có nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực
tốn học khác nhau như: Giải tích số, phương trình vi phân, phương trình đạo
hàm riêng, tối ưu hóa, các bài tốn liên quan đến kinh tế như bài toán cân bằng,
bài toán chấp nhận lồi và bài toán bất đẳng thức biến phân ...
Bài toán về điểm bất động có hai lĩnh vực được quan tâm nghiên cứu chủ yếu,
đó là: Ta quan tâm đến sự tồn tại nghiệm của phương trình T (x) = x, trong đó
T là một ánh xạ từ tập con C của không gian X vào X và nghiệm x0 của nó được
gọi là một điểm bất động của T . Trong rất nhiều trường hợp quan trọng việc

giải một phương trình được đưa về việc tìm điểm bất động của một ánh xạ thích
hợp. Chẳng hạn, nếu X là một khơng gian tuyến tính, S là một ánh xạ trong
X và y là một phần tử cố định thuộc X, thì nghiệm của phương trình S(x) = y
chính là điểm bất động của ánh xạ T được xác định bởi T (x) = S(x) + x − y, với
x ∈ X. Bên cạnh đó việc tìm ra các phương pháp tìm hay xấp xỉ điểm bất động
của một ánh xạ cũng thu hút được sự quan tâm nghiên cứu của nhiều người làm
tốn trong và ngồi nước.
Trong thời gian gần đây, lớp bài toán cân bằng mà tổng quát hơn là bài tốn
cân bằng hỗn hợp tổng qt trong khơng gian Hilbert hay Banach đã thu hút sự
quan tâm nghiên cứu của nhiều nhà tốn học trong và ngồi nước.
Một trong những khó khăn khi nghiên cứu bài tốn xấp xỉ điểm bất động
và bài tốn cân bằng trong khơng gian Banach là ta phải sử dụng đến ánh xạ
đối ngẫu của không gian. Ta biết rằng trong trường hợp tổng quát ánh xạ đối
ngẫu rất khó xác định và ngồi ra nó khơng có tính chất tuyến tính. Do đó việc
tìm dạng tường minh của tốn tử giải tương ứng với tốn tử đơn điệu trong
khơng gian Banach là “rất khó”. Để khắc phục khó khăn này, người ta đã sử


2

dụng khoảng cách Bregman để thay thế cho khoảng cách thông thường và thay
thế ánh xạ đối ngẫu bởi gradient của một phiếm hàm lồi, khả vi Gâteaux.
Mục đích của luận văn này là trình bày lại các kết quả của Darvish và các
cộng sự trong bài báo [14] về một phương pháp chiếu (kết hợp phương pháp
chiếu lai ghép và chiếu thu hẹp) xấp xỉ điểm bất động chung của một họ hữu
hạn tốn tử Bregman khơng giãn tương đối yếu và nghiệm của hệ bài toán cân
bằng hỗn hợp tổng quát trong không gian Banach phản xạ.
Nội dung của luận văn được chia làm hai chương chính:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, luận văn đề cập đến một số vấn đề về không gian Banach

phản xạ, khoảng cách Bregman, phép chiếu Bregman và một số lớp tốn tử
Bregman khơng giãn.
Chương 2. Xấp xỉ nghiệm chung cho hệ bài toán cân bằng hỗn hợp
tổng quát và bài toán điểm bất động
Trong chương này luận văn tập trung trình bày lại một cách chi tiết các kết
quả của Darvish V. và các cộng sự trong tài liệu [14] về một phương pháp chiếu
cho bài tốn tìm nghiệm chung của hệ bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát và
bài toán điểm bất động cho lớp ánh xạ Bregman không giãn tương đối yếu trong
không gian Banach phản xạ.


3

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Chương này bao bồm hai mục. Mục 1.1 trình bày về một số tính chất cơ bản
của không gian phản xạ. Mục 1.2 giới thiệu về khoảng cách Bregman, phép chiếu
Bregman và một số lớp ánh xạ Bregman không giãn. Nội dung của chương này
được tham khảo trong các tài liệu [1, 15, 21, 24, 27].

1.1

Không gian Banach phản xạ

Trước hết, trong mục này chúng tôi nhắc lại khái niệm không gian Banach
phản xạ.
Định nghĩa 1.1.1. Một không gian Banach X được gọi là không gian phản xạ,
nếu với mọi phần tử x∗∗ của không gian liên hợp thứ hai X ∗∗ của X, đều tồn tại
phần tử x thuộc X sao cho
x, x∗ = x∗ , x∗∗ với mọi x∗ ∈ X ∗ .

Chú ý 1.1.2. Trong luận văn, chúng tôi sử dụng ký hiệu x∗ , x để chỉ giá trị
của phiếm hàm x∗ ∈ X ∗ tại x ∈ X.
Mệnh đề 1.1.3. [1] Cho X là một khơng gian Banach. Khi đó, các khẳng định
sau là tương đương:
i) X là không gian phản xạ.
ii) Mọi dãy bị chặn trong X, đều có một dãy con hội tụ yếu.
Mệnh đề dưới đây cho ta mối liên hệ giữa tập đóng và tập đóng yếu trong
khơng gian tuyến tính định chuẩn.


4

Mệnh đề 1.1.4. Nếu C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của khơng gian khơng
gian tuyến tính định chuẩn X, thì C là tập đóng yếu.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tồn tại dãy {xn } ⊂ C sao
x, nhưng x ∈
/ C. Theo định lý tách các tập lồi, tồn tại x∗ ∈ X ∗ tách

cho xn

ngặt x và C, tức là tồn tại ε > 0 sao cho
y, x∗ ≤ x, x∗ − ε,
với mọi y ∈ C. Đặc biệt, ta có
xn , x∗ ≤ x, x∗ − ε,
với mọi n ≥ 1. Ngồi ra, vì xn

x, nên xn , x∗ → x, x∗ . Do đó, trong bất

đẳng thức trên, cho n → ∞, ta nhận được
x, x∗ ≤ x, x∗ − ε,

điều này là vơ lý. Do đó, điều giả sử là sai, hay C là tập đóng yếu.
Mệnh đề được chứng minh.
Chú ý 1.1.5. Nếu C là tập đóng yếu, thì hiển nhiên C là tập đóng.

1.2

1.2.1

Khoảng cách Bregman và một số lớp ánh xạ Bregman
không giãn
Hàm lồi và khoảng cách Bregman

Cho X là một không gian Banach và cho f : X −→ (−∞, ∞] là một hàm
số. Ta ký hiệu miền hữu hiệu domf là tập {x ∈ X : f (x) < ∞}. Với mỗi x ∈
int domf và y ∈ X, ta ký hiệu f (x, y) là đạo hàm phải của f tại x theo hướng
y, tức là
f (x, y) = lim
t↓0

f (x + ty) − f (x)
.
t

Định nghĩa 1.2.1. Hàm f được gọi là khả vi Gâteaux tại x nếu giới hạn
limt→0 (f (x + ty) − f (x))/t tồn tại với mọi y. Trong trường hợp này f (x, y)
trùng với ( f )(x), giá trị của gradient

f của f tại x.

5

Định nghĩa 1.2.2. Hàm f được gọi là khả vi Fréchet tại x nếu giới hạn trên
tồn tại đều trên tập {y ∈ X :

y = 1}. Hàm f được gọi là khả vi Fréchet đều

trên tập con C của X nếu giới hạn trên tồn tại đều với mọi x ∈ C và y = 1.
Chú ý 1.2.3.
gradient

i) Nếu hàm f khả vi Gâteaux (Fréchet) trên X, thì tốn tử
f là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X.

ii) Ta biết rằng nếu f là khả vi Gâteaux (khả vi Fréchet) trên int domf , thì f
liên tục và đạo hàm Gâteaux

f của nó là liên tục từ tôpô mạnh vào tôpô

yếu* trên int domf (xem [6]).
iii) Nếu f khả vi Fréchet đều trên X, thì tồn tại số M sao cho

f (x) ≤ M ,

với mọi x ∈ X.
Dưới đây một tính chất đơn giản của hàm khả vi Fréchet đều.
Mệnh đề 1.2.4 (xem [2], Định lý 1.8). Nếu f : X −→ R khả vi Fréchet đều,
thì f liên tục đều trên X.
Chứng minh. Lấy bất kỳ u, v ∈ X. Xét hàm số h(t) = f [u + t(v − u)] với mọi
t ∈ [0, 1]. Khi đó, ta có

f ([u + (t + τ )(v − u)]) − f [u + t(v − u)]
h(t + τ ) − h(t)
=
.
τ
τ
Vì f khả vi Fréchet đều trên X, nên khi cho τ → 0, ta nhận được
f (u + t(v − u))(v − u).

h (t) =

Theo định lý Lagrange, tồn tại θ ∈ (0, 1) sao cho
h(1) − h(0) = h (θ).
Suy ra
|f (u) − f (v)| = |h(1) − h(0)|
=|

f (u + θ(v − u))(v − u)|

≤

f (u + θ(v − u)) u − v .


6

Từ Chú ý 1.2.3 iii), suy ra tồn tại M sao cho

f (x) ≤ M , với mọi x ∈ X.

Do đó, ta nhận được
|f (u) − f (v)| ≤ M u − v .
Vậy f liên tục đều trên X.
Định nghĩa 1.2.5. Cho D ⊂ X, f : D → R ∪ {±∞}.
i) Hàm f được gọi là chính thường nếu dom f = ∅ và f (x) > −∞(∀x ∈ D),
trong đó
dom f = {x ∈ D : f (x) < ∞}.
ii) Hàm f được gọi là hàm lồi trên D nếu epi f là tập lồi trong E × R, trong
đó
epi f = {(x, r) ∈ D × R : f (x) ≤ r}.
iii) Hàm f : D ⊂ X → R được gọi là nửa liên tục dưới tại điểm x ∈ D nếu với
mỗi ε > 0 có một δ > 0 sao cho f (x) − ε ≤ f (x) với mọi x ∈ D, x − x < δ.
Hàm f được gọi là nửa liên tục dưới trên D nếu f nửa liên tục dưới tại mọi
điểm x ∈ D.
Dưới đây là ví dụ về hàm nửa liên tục dưới.
Ví dụ 1.2.6. Cho f : R −→ R là hàm số được xác định bởi


|x| khi x = 0
f (x) =

−1 khi x = 0.
Khi đó, hàm f là hàm nửa liên tục dưới tại điểm x = 0, nhưng không liên tục
tại x = 0.
Thật vậy, dễ thấy f không liên tục tại x = 0. Với mọi ε > 0 và với mọi δ > 0
(trong trường hợp này có thể chọn δ là số dương bất kỳ) ta có
f (0) − ε = −1 − ε < −1 ≤ f (x),
với mọi x. Do đó, f là nửa liên tục dưới tại 0.

7

Mệnh đề 1.2.7. Hàm f : X −→ (−∞, ∞] là lồi khi và chỉ khi
f [tx + (1 − t)y] ≤ tf (x) + (1 − t)f (y)

(1.1)

với mọi x, y ∈ X và mọi t ∈ [0, 1].
Chứng minh. Giả sử f là hàm lồi trên X. Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức
(1.1) đúng với mọi t ∈ (0, 1). Nếu x hoặc y không thuộc dom f , thì hiển nhiên
bất đẳng thức (1.1) đúng. Giả sử x, y ∈ dom f . Khi đó ta có (x, f (x)) ∈ epi f và
(y, f (y)) ∈ epi f . Vì epi f là tập lồi, nên (t(x, f (x)) + (1 − t)(y, f (y))) ∈ epi f với
mọi t ∈ (0, 1), tức là (tx + (1 − t)y, tf (x) + (1 − t)f (y)) ∈ epi f với mọi t ∈ (0, 1).
Suy ra
f [tx + (1 − t)y] ≤ tf (x) + (1 − t)f (y).
Ngược lại giả sử bất đẳng thức (1.1) đúng với mọi t ∈ (0, 1). Ta sẽ chỉ ra
epi f là tập lồi. Thật vậy, giả sử (x, s) ∈ epi f và (y, r) ∈ epi f , tức là f (x) ≤ s
và f (y) ≤ r. Khi đó, từ bất đẳng thức (1.1), ta có
f [tx + (1 − t)y] ≤ tf (x) + (1 − t)f (y) ≤ ts + (1 − t)r,
với mọi t ∈ [0, 1]. Suy ra (t(x, s) + (1 − t)(y, r)) ∈ epi f với mọi t ∈ [0, 1]. Suy ra
epi f là tập lồi và do đó f là hàm lồi.
Mệnh đề 1.2.8. Nếu f là một hàm lồi và x ∈ dom f , thì các khẳng định sau là
đúng:
i) Hàm ϕf (y, x; ·) : R \ {0} −→ (−∞, ∞] xác định bởi
ϕf (y, x; t) =

f (x + ty) − f (x)
t

là hàm không giảm trên mỗi khoảng (0, ∞) và (−∞, 0).

ii) Với mọi y ∈ X, giới hạn f (x, y) = limt↓0 ϕf (y, x; t) là tồn tại và
f (x, y) ≤ f (x + y) − f (x).
Chứng minh. i) Nếu 0 < t < s < ∞, thì từ Mệnh đề 1.2.7, ta có
f (x + ty) = f

t
s−t
(x + sy) +
x
s
s


8

t
s−t
≤ f (x + sy) +
f (x)
s
s
f (x + sy) − f (x)
,
= f (x) + t
s
điều này suy ra ϕf (y, x; t) ≤ ϕf (y, x; s). Do đó ϕf (y, x; ·) là hàm khơng giảm
trên (0, ∞). Tương tự, ta cũng nhận được ϕf (y, x; ·) là hàm không giảm trên
(−∞, 0).
ii) Theo i) giới hạn f (x, y) = limt↓0 ϕf (y, x; t) tồn tại và f (x, y) ≤ ϕf (y, x; 1),
tức là

f (x, y) ≤ f (x + y) − f (x).

Mệnh đề 1.2.9. Cho D ⊂ E là một tập lồi, f : D → R ∪ {±∞} là một hàm
lồi trên D. Khi đó, ta có các khẳng định dưới đây:
i) Mọi điểm cực tiểu địa phương của f trên D đều là điểm cực tiểu toàn cục
của f trên D.
ii) Nếu f là hàm lồi chặt trên D thì điểm cực tiểu của f nếu có là duy nhất.
Chứng minh. i) Giả sử x0 ∈ D là một điểm cực tiểu địa phương của f , nhưng x0
khơng là điểm cực tiểu tồn cục. Khi đó, tồn tại x1 ∈ D sao cho f (x1 ) < f (x0 ).
Vì x0 ∈ D là một điểm cực tiểu địa phương của f , nên tồn tại một lân cận U
của x0 sao cho
f (x0 ) ≤ f (x),
với mọi x ∈ D ∩ U . Với t ∈ (0, 1) đủ nhỏ, ta có xt = x0 + t(x1 − x0 ) ∈ D ∩ U , do
đó ta nhận được
f (x0 ) ≤ f (xt ) = f [tx1 + (1 − t)x0 ] ≤ tf (x1 ) + (1 − t)f (x0 ).
Suy ra f (x0 ) ≤ f (x1 ), mâu thuẫn với f (x1 ) < f (x0 ). Vậy x0 là một điểm cực
tiểu của f trên D.
ii) Giả sử x1 và x2 là các điểm cực tiểu của f trên D với x1 = x2 . Khi đó
f (x1 ) = f (x2 ) = m = min f (x).
x∈D


9

Từ tính lồi chặt của f suy ra
f(

x1 + x2
1
) < (f (x1 ) + f (x2 )) = m,

2
2

mâu thuẫn với m = minx∈D f (x). Vậy điểm cực tiểu của f nếu có là duy nhất.
Định nghĩa 1.2.10. Cho f : X −→ (−∞, ∞] là một hàm lồi, chính thường và
nửa liên tục dưới. Cho x ∈ int domf , dưới vi phân của f tại x được xác định bởi
∂f (x) = {x∗ ∈ X ∗ : f (x) + x∗ , y − x ≤ f (y) ∀y ∈ X}.
Ví dụ 1.2.11. Cho x0 ∈ R và f : R −→ R xác định bởi f (x) = |x − x0 | với mọi
x ∈ R. Khi đó, ta có



1, nếu x > x0 ,



∂f (x) = −1, nếu x < x0 ,





[−1, 1], nếu x = x0 .
Dễ thấy f khả vi tại mọi x = 0, nên ta có ∂f (x) = {1} nếu x > x0 và
∂f (x) = {−1} nếu x < x0 . Tại x0 , ta có ξ ∈ ∂f (x0 ) khi và chỉ khi
|x − x0 | ≥ ξ(x − x0 ), ∀x ∈ R.
Điều này tương đương với ξ ∈ [−1, 1] và do đó ∂f (x0 ) = [−1, 1].
Ví dụ 1.2.12. Cho X là một khơng gian tuyến tính định chuẩn, g(x) =
với mọi x ∈ X. Khi đó,



0, x = 0,
∂g(x) =

{f ∈ X ∗ : x, f = x

2

= f

Thật vậy, f ∈ ∂g(0) khi và chỉ khi
1
y
2

2

≥ y, f , ∀y ∈ X.

Thay y bởi λy với λ > 0, ta nhận được
λ
y
2

2

≥ y, f , ∀y ∈ X.

2

}, x = 0.

1
x
2

2


10

Cho λ → 0, ta nhận được y, f ≤ 0 với mọi y ∈ X. Thay y bởi −y ta thu được
y, f ≥ 0. Suy ra, y, f = 0 với mọi y ∈ X. Do đó, f = 0. Vậy ∂g(0) = {0}.
Giả sử x = 0, dễ dàng kiểm tra được rằng
{f ∈ X ∗ : x, f = x
Thật vậy, giả sử f ∈ X ∗ thỏa mãn x

2

y − x, f = y, f − x

2

2

2

= f

= f

2

} ⊂ ∂g(x).

. Khi đó, với mọi y ∈ X, ta có

≤ y . x − x 2
1
≤ ( y 2 + x 2) − x
2

2

= g(y) − g(x).

Ngược lại, giả sử f ∈ ∂g(x). Khi đó, ta có
1
y − x, f ≤ ( y
2

2

− x 2)

với mọi y ∈ X. Thay y = x + λz với λ ∈ R và z ∈ X, từ bất đẳng thức
≤ a

2

+ b

1
λ z, f ≤ ( x + λz
2

2

1
− x 2 ) ≤ (λ2 z
2

a+b

2

2

+ 2 a b , ∀a, b ∈ X,

ta nhận được
2

+ 2|λ| x

z ).

(1.2)

Khi λ > 0, từ (1.2), ta nhận được

1
z, f ≤ (λ z
2
Cho λ → 0+ , ta thu được
ra, | z, f | ≤ x

z, f

2

+2 x

≤

x

z ).
z

với mọi z ∈ X. Suy

z với mọi z ∈ X. Với z = x, ta nhận được
| x, f | ≤ x 2 , f ≤ x .

(1.3)

Trong bất đẳng thức đầu tiên của (1.2), với x = z và λ < 0, ta nhận được
x, f ≥

λ+2

x 2.
2

Cho λ → 0− , ta được
x, f ≥ x 2 .

(1.4)


11

Từ (1.3) và (1.4), ta nhận được
x, f = x

2

= f

Tóm lại, ta nhận được


0, x = 0,
∂g(x) =

{f ∈ X ∗ : x, f = x

2

2

.

= f

2

}, x = 0.

Định nghĩa 1.2.13. Hàm liên hợp của f là f ∗ : X ∗ −→ (−∞, ∞] và được xác
định bởi
f ∗ (x∗ ) = sup { x∗ , x − f (x)}.
x∈X

Ví dụ 1.2.14. Cho f : R −→ R xác định bởi f (x) = e2x với mọi x ∈ R. Khi
đó, ta có

 ∗
x∗
x


(ln
− 1), nếu x∗ > 0,


2
2

f ∗ (x∗ ) = 0, nếu x∗ = 0,





∞, nếu x∗ < 0.

Thật vậy, từ định nghĩa của hàm liên hợp ta có
f ∗ (x∗ ) = sup{x∗ x − e2x }.
x∈R

Nếu x∗ = 0, thì f ∗ (x∗ ) = 0.
Nếu x∗ < 0, vì x∗ x − e2x → ∞ khi x → −∞, nên f ∗ (x∗ ) = ∞.
Giả sử x∗ > 0, đặt g(x) = x∗ x − e2x với x ∈ R. Ta có g (x) = x∗ − 2e2x = 0 khi
1 x∗
và chỉ khi x = ln . Dễ thấy
2
2
1 x∗
x∗
x∗
sup{x∗ x − e2x } = g( ln ) = (ln
− 1).
2
2
2
2
x∈R
Vậy ta nhận được
 ∗
x
x∗



(ln
− 1), nếu x∗ > 0,


2
2

f ∗ (x∗ ) = 0, nếu x∗ = 0,




∞, nếu x∗ < 0.


12

Định nghĩa 1.2.15. Cho E là một không gian Banach phản xạ, một hàm
f : X −→ (−∞, ∞] được gọi là hàm Legendre nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn hai
điều kiện sau:
L1 ) Phần trong int domf của miền hữu hiệu của f khác rỗng, f khả vi Gâteaux
trên int domf và dom f = int domf ;
L2 ) Phần trong int domf ∗ của miễn hữu hiệu của f ∗ khác rỗng, f ∗ khả vi
Gâteaux trên int domf ∗ và dom f ∗ = int domf ∗ .
Vì E là phản xạ, nên (∂f )−1 = ∂f ∗ (xem [6]). Do đó, từ các điều kiện L1 ) và
L2 ), ta có các đẳng thức sau:
f = ( f ∗ )−1 , ran

f = dom

f ∗ = int domf ∗

và
ran

f ∗ = dom

trong đó ran f là miền ảnh của

f = int domf,

f.

Khi dưới vi phân của f là đơn trị, thì nó đồng nhất với

f (xem [9]). Bauschke

và cộng sự (xem [4]) đã chỉ ra các điều kiện L1 ) và L2 ) cũng suy ra các hàm f và
f ∗ là lồi chặt trên phần trong của miền hữu hiệu tương ứng. Nếu X là một không
1
x p , 1 < p < ∞ là hàm Legendre.
gian Banach trơn và lồi chặt, thì f (x) =
p
Từ đây, ta luôn giả thiết rằng X là không gian Banach phản xạ.
Mệnh đề 1.2.16 (xem [20], Mệnh đề 2.1). Nếu f : X −→ R là hàm lồi, khả vi
Fréchet đều và bị chặn trên mỗi tập con bị chặn của X, thì

f liên tục đều trên

mỗi tập con bị chặn của X từ tôpô mạnh của X vào tôpô mạnh của X ∗ .
Chứng minh. Giả sử kết luận của mệnh đề là sai, khi đó tồn tại hai dãy bị chặn
{xn }, {yn } và số dương ε sao cho xn − yn → 0, nhưng
f (xn ) −

f (yn ), wn ≥ 2ε,

trong đó {wn } là một dãy trong X thỏa mãn wn = 1 với mọi n. Vì f khả vi
Fréchet đều nên tồn tại một hằng số dương δ sao cho
f (yn + twn ) − f (yn ) − t

f (yn ), wn ≤ εt,


13

với mọi t ∈ (0, δ). Từ tính lồi của hàm f , ta cũng có
f (xn ), (yn + twn ) − xn ≤ f (yn + twn ) − f (xn ),
với mọi n ≥ 1.
Cũng từ tính lồi của hàm f , ta có
t

f (xn ), wn ≤ f (yn + twn ) − f (yn )
≤ f (yn + twn ) − f (yn ) +

f (xn ), xn − yn + f (yn ) − f (xn )

Do đó, ta nhận được
2εt ≤ t

f (xn ) −

f (yn ), wn

≤ [f (yn + twn ) − f (yn ) − t
+
≤ εt +

f (yn ), wn ]

f (xn ), xn − yn + f (yn ) − f (xn )
f (xn ), xn − yn + f (yn ) − f (xn ).

Vì f là bị chặn trên các tập con bị chặn của X nên

f (xn ), xn − yn → 0.

Ngoài ra, theo giả thiết f liên tục đều trên các tập con bị chặn của X, nên
f (yn ) − f (xn ) → 0. Do đó, trong bất đẳng thức trên, khi cho n → ∞, ta nhận
được 2εt ≤ εt, điều này là vô lý. Vậy

f liên tục đều trên các tập con bị chặn

của X.
Cuối cùng, trong mục này ta đề cập đến khái niệm khoảng cách Bregman
trong không gian Banach. Cho f : X −→ (−∞, ∞] là một hàm lồi khả vi
Gâteaux. Hàm Df : domf × int domf −→ [0, ∞) xác định bởi
Df (y, x) = f (y) − f (x) −

f (x), y − x ,

(1.5)

được gọi là khoảng cách Bregman tương ứng với f (xem [2]).
Nhận xét 1.2.17.

i) Khoảng cách Bregman không là khoảng cách theo nghĩa

thơng thường, vì nó khơng có tính đối xứng.
ii) Với mỗi x cố định, dễ thấy Df (·, x) là hàm lồi chặt và
Df (·, x)(y) =

f (y) −

f (x).


14

iii) Khoảng cách Bregman có hai tính chất quan trọng, đó là đẳng thức ba
điểm: với bất kỳ x ∈ dom f và y, z ∈ int dom f ,
Df (x, y) + Df (y, z) − Df (x, z) =

f (z) −

f (y), x − y ,

(1.6)

và đẳng thức bốn điểm: với bất kỳ y, ω ∈ dom f và x, z ∈ int dom f ,
Df (y, x) − Df (y, z) − Df (ω, x)

(1.7)
f (z) −

+ Df (ω, z) =

f (x), y − ω .

Thật vậy, với mọi x, y, z ∈ X, ta có
Df (x, y) + Df (y, z) − Df (x, z) = f (x) − f (y) −

f (y), x − y

+ f (y) − f (z) −

f (z), y − z

− [f (x) − f (z) −
=

f (z) −

f (z), x − z ]

f (y), x − y ,

suy ra đẳng thức ba điểm được chứng minh.
Bây giờ với mọi x, y, z, w ∈ X, ta có

Df (y, x) − Df (y, z) − Df (ω, x) + Df (ω, z) = f (y) − f (x) −

f (x), y − x

− [f (y) − f (z) −

f (z), y − z ]

− [f (w) − f (x) −

f (x), w − x ]

+ f (w) − f (z) −
=

f (z) −

f (z), w − z

f (x), y − ω ,

suy ra đẳng thức bốn điểm được chứng minh.
Định nghĩa 1.2.18. Cho f : X −→ (−∞, ∞] là một hàm lồi và khả vi Gâteaux.
Khi đó, f được gọi là:
a) lồi hoàn toàn tại x ∈ int domf nếu modul của tính lồi hồn tồn của nó
tại x, vf : int domf × [0, ∞) −→ [0, ∞) xác định bởi
vf (x, t) = inf{Df (y, x) : y ∈ domf, y − x = t},
là dương với mọi t > 0;

15

b) lồi hồn tồn nếu nó là lồi hồn tồn tại mọi x ∈ int domf ;
c) lồi hoàn toàn trên các tập con bị chặn nếu vf (B, t) là dương với mọi tập
con bị chặn B của X và t > 0, trong đó modul của tính lồi hoàn toàn của
hàm f trên tập B là hàm vf : int dom f × [0, ∞) −→ [0, ∞) xác định bởi
vf (B, t) = inf{vf (x, t) : x ∈ B ∩ int domf }.
Tính chất của modul lồi của hàm lồi f được giới thiệu trong mệnh đề dưới
đây.
Mệnh đề 1.2.19 (xem [2], Mệnh đề 1.1.8). Cho f là một hàm lồi, chính thường,
nửa liên tục dưới. Nếu x ∈ int dom f thì ta có các khẳng định dưới đây:
i) Miền hữu hiệu của vf (x, ·) là một khoảng có dạng [0, τf (x)) hoặc [0, τf (x)]
với τf (x) ∈ [0, ∞);
ii) Nếu c ∈ [1, ∞) và t ≥ 0, thì vf (x, ct) ≥ cvf (x, t);
iii) Hàm vf (x, ·) là cộng tính trên, tức là vf (x, s + t) ≥ vf (x, s) + vf (x, t) với
mọi s, t ∈ [0, ∞);
iv) Hàm vf (x, ·) là đơn điệu tăng và nó là đơn điệu tăng ngặt nếu và chỉ nếu
f là hàm lồi hoàn toàn tại x.
Chứng minh. i) Giả sử x ∈ int dom f và vf (x, t) < ∞. Khi đó, từ định nghĩa của
vf (x, t) tồn tại yt ∈ dom f sao cho yt − x = t. Vì dom f là tập lồi nên đoạn nối
x và yt , ký hiệu là [x, yt ] nằm hoàn toàn trong dom f . Suy ra với mọi s ∈ [0, t]
tồn tại ys ∈ dom f sao cho ys − x = s. Như vậy khoảng (0, t) chứa trong miền
xác định của vf (x, ·) khi mà vf (x, t) < ∞. Điều này chỉ ra rằng miền xác định
của vf (x, ·) là một khoảng có dạng [0, τf (x)) hoặc [0, τf (x)].
ii) Nếu c = 1 hoặc nếu t = 0 hoặc nếu vf (x, ct) = ∞ thì kết luận của mệnh đề
là hiển nhiên. Trong các trường hợp khác, cho ε là một số thực dương. Từ định
nghĩa của vf (x, ct), tồn tại u ∈ dom f sao cho u − x = ct và
vf (x, ct) + ε > Df (u, x) = f (u) − f (x) −

f (x), u − x .

(1.8)


16

Với mọi α ∈ (0, 1), ký hiệu uα = αu + (1 − α)x. Đặt β = c−1 và khi đó ta có
uβ − x = β u − x = t.
Với mọi α ∈ (0, 1), ta có
α
α
α
α
uβ + (1 − )x = [βu + (1 − β)x] + (1 − )x = uα .
β
β
β
β
Từ Mệnh đề 1.2.8 và (1.8), ta nhận được
vf (x, ct) + ε > f (u) − f (x) −

f (x + α(u − x)) − f (x)
,
α

với mọi α ∈ (0, 1). Từ (1.9), ta nhận được
αf (u) + (1 − α)f (x) − f (x + α(u − x))
α
α
α

αf (u) + (1 − α)f (x) − f (uβ ) − (1 − )f (x)
β
β
=
α
α
α
f (uβ ) + (1 − )f (x) − f (uα )
β
β
+
α
βf (u) + (1 − β)f (x) − f (uβ )
=
β
α
α
α
α
f (uβ ) + (1 − )f (x) − f ( uβ + (1 − )x)
β
β
β
β
.
+
α

vf (x, ct) + ε >

Vì βf (u) + (1 − β)f (x) − f (uβ ) ≥ 0 (xem Mệnh đề 1.2.7), nên ta có
α
α
α
α
f (uβ ) + (1 − )f (x) − f ( uβ + (1 − )x)
β
β
β
β
vf (x, ct) + ε >
α
α
f (x + (uβ − x)) − f (x)
1
β
=
f (uβ ) − f (x) −
.
α
β
β
Cho α

0, từ định nghĩa của hàm vf (x, ·), ta nhận được
vf (x, ct) + ε > cDf (uβ , x) ≥ cvf (x, t).

Vì ε là số dương tùy ý nên ta nhận được vf (x, ct) ≥ cvf (x, t).
iii) Cho s và t là các số thực dương. Khi đó, từ ii) ta có
vf (x, s + t) = vf (x,

s+t
s+t
s) ≥
vf (x, s)
s
s

(1.9)


17

và
vf (x, s + t) = vf (x,

s+t
s+t
t) ≥
vf (x, t).
t
t

Suy ra
svf (x, s + t) ≥ (s + t)vf (x, s)
và
tvf (x, s + t) ≥ (s + t)vf (x, t).
Cộng hai bất đẳng thức trên, ta nhận được
(s + t)vf (x, s + t) ≥ (s + t)(vf (x, s) + vf (x, t)).
Do đó, vf (x, s + t) ≥ vf (x, s) + vf (x, t).

iv) Giả sử 0 < s < t. Khi đó, từ ii) ta có
t
t
vf (x, t) = vf (x, s) ≥ vf (x, s) ≥ vf (x, s).
s
s

(1.10)

Do đó vf (x, ·) là hàm không giảm.
Giả sử f là hàm lồi hồn tồn, khi đó vf (x, s) > 0. Do đó bất đẳng thức cuối
trong (1.10) là chặt, vì s < t. Suy ra vf (x, ·) là hàm tăng ngặt. Ngược lại nếu
vf (x, ·) là hàm tăng ngặt thì hiển nhiên f là hàm lồi hồn tồn.
Định nghĩa 1.2.20. Một hàm f : X → (−∞, ∞] được gọi là:
(a) đồng xác định nếu dom f ∗ = X ∗ ;
(b) bức (xem [27]) nếu tập mức dưới của f bị chặn hoặc tương đương với
lim

x →∞ f (x)

= ∞, trong đó tập mức dưới của f được xác định bởi
levf≤ (r) := {x ∈ X : f (x) ≤ r}

với mỗi r ∈ R;
(c) bức mạnh nếu lim

x →∞

f (x)
= ∞.

x

Cho f : X → R là một hàm lồi, Legendre và khả vi Gâteaux. Theo [3] và
[10], ta xác định hàm Vf : X × X ∗ → [0, ∞) tương ứng với f như sau
Vf (x, x∗ ) := f (x) − x∗ , x + f ∗ (x∗ ),

∀x ∈ X, x∗ ∈ X ∗ .

(1.11)


18

Khi đó, Vf là ánh xạ khơng giãn và Vf (x, x∗ ) = Df (x,

f ∗ (x∗ )) với mọi x ∈ X

và mọi x∗ ∈ X ∗ . Hơn nữa, từ định nghĩa của dưới vi phân, ta có
Vf (x, x∗ ) + y ∗ ,

f ∗ (x∗ ) − x ≤ Vf (x, x∗ + y ∗ )

(1.12)

với mọi x ∈ X và x∗ , y ∗ ∈ X ∗ [16]. Nếu thêm điều kiện f : X → (−∞, ∞] là
hàm chính thường, nửa liên tục dưới, thì f ∗ : X ∗ → (−∞, ∞] là hàm lồi, chính
thường và nửa liên tục trong tơ pơ *yếu (xem [17]). Do đó, Vf là hàm lồi theo
biến thứ hai. Vì vậy, với mọi z ∈ X, từ

f = ( f ∗ )−1 , ta có

N

Df

z,

f

∗

N

ti

f (xi )

= Vf (z,

i=1

ti

f (xi ))

i=1
N

≤

ti Vf (z,

f (xi ))

ti Df (z,

f∗

i=1
N

=

f (xi ))

i=1
N

ti Df (z, xi ),

=

(1.13)

i=1
N
ở đây {xi }N
i=1 ⊂ X và {ti }i=1 ⊂ (0, 1) thỏa mãn

N

i=1 ti

= 1.

Tiếp theo, luận văn đề cập đến một số tính chất quan trọng dưới đây.
Mệnh đề 1.2.21 (xem [21], Bổ đề 3.1). Cho f : X −→ R là một hàm khả vi
Gâteaux và lồi hoàn toàn. Nếu x0 ∈ X và dãy {Df (xn , x0 )} bị chặn, thì dãy {xn }
cũng bị chặn.
Chứng minh. Vì dãy {Df (xn , x0 )} bị chặn nên tồn tại một số dương M sao cho
Df (xn , x0 ) ≤ M với mọi n ≥ 1. Từ định nghĩa của modul của tính lồi hồn tồn
vf (x, t) ta có
vf (x0 , xn − x0 ) ≤ Df (xn , x0 ) ≤ M.

(1.14)

Suy ra dãy {vf (x0 , xn − x0 )} cũng bị chặn bởi M . Vì f là hàm lồi hồn tồn
nên theo Mệnh đề 1.2.19 iv) vf (x, ·) là hàm tăng ngặt và dương trên (0, ∞). Suy
ra vf (x, 1) > 0 với mọi x ∈ X.


19

Bây giờ, giả sử ngược lại rằng dãy {xn } khơng bị chặn. Khi đó, tồn tại một dãy
con {xnk } ⊂ {xn } sao cho limk→∞ xnk = ∞. Do đó limk→∞ xnk − x0 = ∞.
Từ Mệnh đề 1.2.19 ii), ta có
vf (x0 , xnk − x0 ) ≥ xnk − x0 vf (x, 1) → ∞,
suy ra dãy {vf (x0 , xnk − x0 )} không bị chặn, mâu thuẫn với (1.14). Vậy dãy
{xn } bị chặn.
Mệnh đề 1.2.22 (xem [23], Mệnh đề 2.2). Nếu x ∈ domf , thì các khẳng định
dưới đây là tương đương:

i) Hàm f là lồi hoàn toàn tại x;
ii) Với bất kỳ dãy {yn } ⊂ domf,
lim Df (yn , x) = 0,

n→∞

ta đều có limn→∞ yn − x = 0.
Nhắc lại rằng, một hàm f được gọi là ổn định dãy trên C (xem [8]) nếu
inf x∈E vf (x, t) > 0 với mọi tập con bị chặn E của C và mọi số thực dương t.
Nhận xét 1.2.23. Hàm f là lồi hoàn toàn trên mỗi tập con bị chặn C ⊂ X nếu
và chỉ nếu nó ổn định dãy trên C.
Mệnh đề 1.2.24 (xem [8], Bổ đề 2.1.2). Hàm f : X −→ (−∞, ∞] là một hàm
lồi và C ⊂ int dom f . Khi đó các khẳng định sau là tương đương.
i) f là ổn định dãy trên C;
ii) Với mọi dãy {xn } và {yn } trong C với {xn } là dãy bị chặn thỏa mãn
limn→∞ Df (yn , xn ) = 0 thì limn→∞ xn − yn = 0.
Chứng minh. i)⇒ii) Giả sử f là ổn định dãy trên C, nhưng tồn tại hai dãy {xn }
và {yn } trong C với {xn } là dãy bị chặn thỏa mãn limn→∞ Df (yn , xn ) = 0 nhưng
xn − yn

0. Khi đó, tồn tại số dương α và các dãy con {xnk } ⊂ {xn } và

{ynk } ⊂ {yn } thỏa mãn xnk − ynk ≥ α với mọi k ≥ 1. Đặt E = {xn }, khi đó E
là tập bị chặn. Do đó
Df (ynk , xnk ) ≥ vf (xnk , xnk − ynk ) ≥ vf (xnk , α) ≥ inf vf (x, α),
x∈E