Đang tải... (xem toàn văn)
Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ đếm được các ánh xạ không giãn (LV thạc sĩ)Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ đếm được các ánh xạ không giãn (LV thạc sĩ)Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ đếm được các ánh xạ không giãn (LV thạc sĩ)Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ đếm được các ánh xạ không giãn (LV thạc sĩ)Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ đếm được các ánh xạ không giãn (LV thạc sĩ)Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ đếm được các ánh xạ không giãn (LV thạc sĩ)Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ đếm được các ánh xạ không giãn (LV thạc sĩ)Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ đếm được các ánh xạ không giãn (LV thạc sĩ)Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ đếm được các ánh xạ không giãn (LV thạc sĩ)
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ KIM CHUNG PHƯƠNG PHÁP LẶP GIẢI BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRÊN TẬP ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG CỦA MỘT HỌ ĐẾM ĐƯỢC CÁC ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN THÁI NGUYÊN - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ KIM CHUNG PHƯƠNG PHÁP LẶP GIẢI BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRÊN TẬP ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG CỦA MỘT HỌ ĐẾM ĐƯỢC CÁC ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC TẬP THỂ HƯỚNG DẪN: PGS.TS PHẠM NGỌC ANH TS NGUYỄN THỊ THU THỦY THÁI NGUYÊN - 2015 iii Mục lục Mở đầu 1 Bất đẳng thức biến phân với toán tử J-đơn điệu 1.1 Không gian Banach 1.1.1 Không gian Banach trơn 1.1.2 Ánh xạ đối ngẫu 1.1.3 Ánh xạ không giãn 1.2 Toán tử đơn điệu 1.2.1 Toán tử đơn điệu 1.2.2 Toán tử J-đơn điệu 10 1.2.3 Giới hạn Banach 13 1.3 Bài toán bất đẳng thức biến phân 15 1.3.1 Bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert 15 1.3.2 Bất đẳng thức biến phân không gian Banach 16 Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn 18 2.1 Bất đẳng thức biến phân với toán tử đồng J-đơn điệu 18 2.1.1 Định lý hội tụ yếu 18 2.1.2 Định lý hội tụ mạnh 21 2.2 Bất đẳng thức biến phân với toán tử J-đơn điệu mạnh 25 2.2.1 Mô tả phương pháp 25 2.2.2 Sự hội tụ 26 Kết luận 31 iv Tài liệu tham khảo 32 Mở đầu Bất đẳng thức biến phân nghiên cứu Stampacchia [6], [7] công cụ hữu hiệu để nghiên cứu giải toán ứng dụng toán cân kinh tế, tài chính, vận tải v.v trở thành vấn đề thời thu hút nhiều nhà khoa học quan tâm nghiên cứu Một hướng nghiên cứu quan trọng bất đẳng thức biến phân việc xây dựng phương pháp giải Dựa tính chất kiểu đơn điệu, có nhiều phương pháp hiệu nhà khoa học đưa ra, tiêu biểu phương pháp điểm gần kề B Martinet, phương pháp nguyên lý toán phụ G Cohen, phương pháp lai đường dốc Yamada v.v Hiện có nhiều công trình mở rộng hướng nghiên cứu Yamada để giải toán bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ hữu hạn hay vô hạn ánh xạ không giãn Mục đích luận văn trình bày phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ đếm ánh xạ không giãn không gian Banach Bố cục luận văn gồm phần mở đầu, hai chương trình bày nội dung luận văn, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương 1: "Bất đẳng thức biến phân với toán tử J-đơn điệu" trình bày số kiến thức không gian Banach, toán tử đơn điệu, toán tử J-đơn điệu toán bất đẳng thức biến phân hai không gian Hilbert Banach Chương 2: "Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn" trình bày phương pháp giải toán bất đẳng thức biến phân với toán tử đồng J-đơn điệu toán tử J-đơn điệu mạnh không gian Banach Các kiến thức trình bày luận văn tổng hợp từ hai báo [2] [3] Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn trực tiếp TS Nguyễn Thị Thu Thủy PGS.TS Phạm Ngọc Anh Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới thầy cô, người tận tâm giảng dạy bảo tác giả suốt trình tác giả thực luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường Cuối tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho tác giả học tập nghiên cứu Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015 Học viên Nguyễn Thị Kim Chung BẢNG KÝ HIỆU R ∅ trường số thực tập rỗng Rn |x| không gian Euclide n-chiều giá trị tuyệt đối x ||x|| PC chuẩn véctơ x phép chiếu mêtric từ H lên C QC x, y phép co rút không giãn theo tia từ E lên C tích vô hướng hai phần tử x y D(A) E∗ miền xác định ánh xạ A không gian đối ngẫu E xn → x hội tụ mạnh {xn } vào x ∈ E xn x Fix(T ) hội tụ yếu {xn } vào x ∈ E tập điểm bất động T VI(C, A) tập nghiệm toán bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert S(C, A) tập nghiệm toán bất đẳng thức biến phân không gian Banach Chương Bất đẳng thức biến phân với toán tử J-đơn điệu Chương giới thiệu khái niệm số tính chất không gian Banach; toán tử đơn điệu, toán tử J-đơn điệu; toán bất đẳng thức biến phân Các kiến thức chương tổng hợp từ tài liệu [1]–[7] 1.1 1.1.1 Không gian Banach Không gian Banach trơn Cho E không gian Banach thực với chuẩn Ký hiệu E ∗ không gian đối ngẫu E giá trị f ∈ E ∗ x ∈ E x, f Cho {xn } dãy E Ký hiệu hội tụ mạnh {xn } đến x ∈ E xn → x hội tụ yếu xn x Gọi U = {x ∈ E : x = 1} Định nghĩa 1.1 Không gian Banach E gọi lồi với ∈ (0, 2], tồn δ > cho với x, y ∈ U x+y ≤ − δ (1.1) x−y ≥ thỏa mãn Ta thấy, không gian Banach lồi không gian phản xạ lồi chặt Định nghĩa 1.2 Không gian Banach E gọi trơn giới hạn lim t→0 x + ty − x t (1.2) tồn với x, y ∈ U Nó gọi trơn giới hạn (1.2) đạt với x, y ∈ U Định nghĩa 1.3 i) Chuẩn E gọi khả vi Fréchet với x ∈ U , giới hạn (1.2) đạt với y ∈ U ii) Chuẩn E gọi khả vi Gâteaux với y ∈ U , giới hạn (1.2) đạt với x ∈ U iii) Hàm số ρ : [0, ∞) → [0, ∞) gọi môđun trơn E định nghĩa sau ρ(τ ) = sup ( x + y + x − y ) − : x, y ∈ E, x = 1, y = τ (1.3) Ta thấy không gian E trơn limτ →0 ρ(τ )/τ = Định nghĩa 1.4 Cho số thực q cố định, với < q ≤ Không gian Banach E gọi q-trơn tồn số c > cho ρ(τ ) ≤ cτ q với τ > Bổ đề 1.1 Cho số thực q với < q ≤ E không gian Banach Khi E q-trơn tồn số K ≥ cho x + y q + x − y q ≤ x q + Ky q (1.4) với x, y ∈ E Hằng số K Bổ đề 1.1 gọi số q-trơn E 1.1.2 Ánh xạ đối ngẫu Định nghĩa 1.5 Cho số thực q > Ánh xạ đối ngẫu tổng quát Jq từ ∗ E vào 2E định nghĩa sau Jq (x) = x∗ ∈ E ∗ : x, x∗ = x q , x∗ = x q−1 (1.5) với x ∈ E Ánh xạ J = J2 gọi ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc, Jq (x) = x q−2 J(x) với x ∈ E (1.6) Ta ký hiệu ánh xạ đối ngẫu tổng quát, chuẩn tắc đơn trị tương ứng jq j Nếu E không gian Hilbert H J = I-toán tử đơn vị H Ta thấy, với x, y ∈ E f ∈ J(y), x − y ≥ x − y, f (1.7) Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J có tính chất sau (1) Nếu E không gian lồi chặt, J ánh xạ − x − y, x∗ − y ∗ > (x, x∗ ), (y, y ∗ ) ∈ J, x = y; với (2) Nếu E không gian phản xạ, J toàn ánh; (3) Nếu E không gian trơn đều, J liên tục theo chuẩn tập bị chặn E Ngoài ra, q y − x, jx ≤ y q − x q, (1.8) với x, y ∈ E jx ∈ Jq (x) Hơn ta có kết sau Bổ đề 1.2 Cho số thực q thỏa mãn < q ≤ E không gian Banach q-trơn Khi x+y q ≤ x q + q y, Jq (x) + Ky q (1.9) với x, y ∈ E, Jq ánh xạ đối ngẫu tổng quát E K số q-trơn E Chứng minh Cho x, y ∈ E tùy ý Từ (1.8) ta có q y, Jq (x) ≥ x q − x − y q Kết hợp với Bổ đề 1.1 ta nhận q y, Jq (x) ≥ x q − x−y ≥ x q − (2 x =− x q q q + Ky − Ky q q − x + y q) (1.10) + x + y q Từ suy x+y q ≤ x q + q y, Jq (x) + Ky q ✷ 18 Chương Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn Chương trình bày phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân J-đơn điệu không gian Banach với toán tử J-đơn điệu mạnh đồng J-đơn điệu Nội dung chương viết sở báo [2], [3] [5] 2.1 Bất đẳng thức biến phân với toán tử đồng J-đơn điệu Trong mục này, trình bày kết báo [2], [3] nghiên cứu phương pháp giải Bài toán 1.2 với toán tử đồng J-đơn điệu không gian Banach lồi 2-trơn 2.1.1 Định lý hội tụ yếu Định lý 2.1 Giả sử E không gian Banach lồi 2-trơn đều, C tập lồi đóng khác rỗng E, QC phép co rút không giãn theo tia từ E vào C với α > A toán tử α-đồng J-đơn điệu từ C vào E với S(C, A) = ∅ Giả sử x1 = x ∈ C {xn } cho xn+1 = αn xn + (1 − αn )QC (xn − λn Axn ) (2.1) 19 với n = 1, 2, , {λn } dãy số thực dương {αn } dãy thuộc [0, 1] Nếu {λn } {αn } chọn cho λn ∈ [a, α/K ] với a > αn ∈ [b, c], b, c thỏa mãn < b < c < 1, dãy {xn } hội tụ yếu tới phần tử z tùy ý S(C, A), K số 2-trơn E Chứng minh Đặt yn = QC (xn − λn Axn ) với n = 1, 2, Cho u ∈ S(C, A) Đầu tiên ta chứng minh dãy {xn } {yn } bị chặn limn→∞ xn − yn = Thật vậy, từ Bổ đề 1.6 1.9 ta có yn − u = QC (xn − λn Axn ) − QC (u − λn Au) (2.2) ≤ (xn − λn Axn ) − (u − λn Au) ≤ xn − u với n = 1, 2, Từ (2.2) suy xn+1 − u = αn (xn − u) + (1 − αn )(yn − u) ≤ αn xn − u + (1 − αn ) yn − u (2.3) ≤ αn xn − u + (1 − αn ) xn − u = xn − u với n = 1, 2, Vì nên { xn − u } dãy không tăng tồn limn→∞ xn − u Vậy, {xn } bị chặn Từ (2.2) (1.19) suy dãy {yn } {Axn } bị chặn Tiếp theo chứng minh limn→∞ xn − yn = Giả sử limn→∞ xn − yn = Khi đó, tồn > dãy {xni − yni } dãy {xn − yn } cho xni − yni ≥ với i = 1, 2, Từ E tập lồi đều, hàm số lồi tập lồi bị chặn B(0, x1 − u ), B(0, x1 − u ) = x ∈ E : x ≤ x1 − u tồn δ > cho x − y ≥ thỏa mãn λx + (1 − λ)y ≤λ x + (1 − λ) y Vì vậy, với , − λ(1 − λ)δ (2.4) với x, y ∈ B(0, x1 − u ) λ ∈ (0, 1) Như vậy, với i = 1, 2, , xni +1 − u = αni (xni − u) + (1 − αni )(yni − u) ≤ αni xni − u + (1 − αni ) yni − u 2 (2.5) − αni (1 − αni )δ Vì thế, với i = 1, 2, , < b(1 − c)δ ≤ αni (1 − αni )δ ≤ xni − u − xni +1 − u (2.6) 20 Vế phải bất đẳng thức hội tụ tới 0, điều mâu thuẫn Khi ta có kết luận sau lim xn − yn = n→∞ (2.7) Từ dãy {xn } bị chặn, ta có dãy {xni } {xn } hội tụ yếu tới z Và từ λni thuộc [a, α/K ] với a > 0, suy {λni } bị chặn Vậy, tồn dãy {λnij } của{λni } hội tụ tới λ0 ∈ [a, α/K ] Không tổng quát, ta giả sử λni → λ0 Ta tiếp tục chứng minh z ∈ S(C, A) Từ QC ánh xạ không giãn, kết hợp với cách đặt yni = QC (xni − λni Axni ) ta có QC (xni − λ0 Axni ) − xni ≤ QC (xni − λ0 Axni ) − yni + yni − xni ≤ (xni − λ0 Axni ) − (xni − λni Axni ) (2.8) + y ni − x ni ≤ M |λni − λ0 | + yni − xni , đó, M = sup{ Axn : n = 1, 2, } Từ hội tụ {λni }, (2.7), (2.8), ta có lim QC (I − λ0 A)xni − xni = i→∞ (2.9) Mặt khác, từ Bổ đề 1.9, ta có QC (I − λ0 A) không giãn Vậy, từ (2.9), Bổ đề 1.6, Định lý 1.2, ta thu z ∈ Fix(QC (I − λ0 A)) = S(C, A) Cuối cùng, ta chứng minh dãy {xn } hội tụ yếu tới phần tử S(C, A) Thật vậy, đặt Tn = αn I + (1 − αn )QC (I − λn A) (2.10) với n = 1, 2, Khi ta có ∞ xn+1 = Tn Tn−1 T1 x z ∈ ∩n=1 co{xm : m ≥ n} Từ Bổ đề 1.9 ta có Tn ánh xạ không giãn từ C vào nó, với n = 1, 2, , từ Bổ đề 1.6 ta có ∞ ∞ ∩n=1 Fix(Tn ) = ∩n=1 Fix(QC (I − λn A)) = S(C, A) Từ Định lý 1.3, ta thu ∞ co{xm : m ≥ n} ∩ S(C, A) = {z} n=1 (2.11) 21 Do đó, dãy {xn } hội tụ yếu tới vài phần tử S(C, A) Định lý chứng minh ✷ 2.1.2 Định lý hội tụ mạnh Định lý 2.2 Giả sử E không gian Banach lồi 2-trơn C tập lồi đóng, khác rỗng E, QC phép co rút không giãn theo tia từ E lên C với α > 0, A toán tử α-đồng J-đơn điệu từ C vào E với S(C, A) = ∅ Cho {αn } dãy thuộc [0, 1] thỏa mãn ∞ ∞ αn = ∞ lim αn = 0, n→∞ n=1 |αn+1 − αn | < ∞, (2.12) n=1 {λn } dãy thuộc [a, α/K ] với a > thỏa mãn ∞ |λn+1 − λn | < ∞, (2.13) n=1 K số 2-trơn E Khi đó, với x1 = x ∈ C, dãy {xn } định nghĩa xn+1 = αn x + (1 − αn )QC (xn − λn Axn ), n = 1, 2, (2.14) hội tụ mạnh tới phần tử z S(C, A) Chứng minh Đặt yn = QC (xn − λn Axn ) với n ∈ N Cho u ∈ S(C, A) Trước tiên ta chứng minh dãy {xn }, {yn } {Axn } bị chặn Thật từ Bổ đề 1.6 1.8 ta có yn − u = QC (xn − λn Axn ) − QC (u − λn Au) ≤ (xn − λn Axn ) − (u − λn Au) ≤ xn − u với n ∈ N Từ (2.15) ta có x2 − u = α1 (x − u) + (1 − α1 )(y1 − u) ≤ α1 x − u + (1 − α1 ) y1 − u ≤ α1 x − u + (1 − α1 ) x − u = x−u (2.15) 22 Nếu xk − u ≤ x − u với k ∈ N, ta cách tương tự xk+1 − u ≤ x − u Do đó, {xn } bị chặn Từ (2.15) (1.19) suy {yn } {Axn } bị chặn Tiếp theo ta chứng minh lim xn+1 − xn = lim xn − yn = n→∞ n→∞ Từ Bổ đề 1.8 ta có yn+1 − yn = QC (xn+1 − λn+1 Axn+1 ) − QC (xn − λn Axn ) ≤ (xn+1 − λn+1 Axn+1 ) − (xn − λn Axn ) = (xn+1 − λn+1 Axn+1 ) − (xn − λn+1 Axn ) (2.16) + (λn − λn+1 )Axn ≤ (xn+1 − λn+1 Axn+1 ) − (xn − λn+1 Axn ) + |λn − λn+1 | Axn ≤ xn+1 − xn + L|λn − λn+1 | với n ∈ N, L = sup Axn : n ∈ N Vì vậy, từ (2.16) ta có xm+2 − xm+1 = (αm+1 x + (1 − αm+1 )ym+1 ) − (αm x + (1 − αm )ym ) = (αm+1 − αm )(x − ym ) + (1 − αm+1 )(ym+1 − ym ) ≤ |αm+1 − αm | x − ym + (1 − αm+1 ) ym+1 − ym ) ≤ M |αm+1 − αm | + (1 − αm+1 )( xm+1 − xm + L|λm+1 − λm |) ≤ (1 − αm+1 ) xm+1 − xm + L|λm+1 − λm | + M |αm+1 − αm | với m ∈ N, M = sup ta có xn+m+1 − xn+m ≤ n+m−1 k=m x − yn : n ∈ N Bằng quy nạp, (1 − αk+1 ) xm+1 − xm n+m−1 n+m−1 |λk+1 − λk | + M +L k=m |αk+1 − αk | k=m 23 n+m−1 với n, m ∈ N Từ k=m (1 − αk+1 ) = ∞ n=1 αn = ∞ ta có lim sup xn+1 − xn n→∞ = lim sup xn+m+1 − xn+m n→∞ n+m+1 ≤ L lim sup n→∞ n+m+1 |λk+1 − λk | + M lim sup n→∞ k=m |αk+1 − αk | k=m với m ∈ N Hơn nữa, từ ∞ |αn+1 − αn | < ∞ n=1 ∞ |λn+1 − λn | < ∞ n=1 ta có lim sup xn+1 − xn ≤ n→∞ m → ∞ Như lim xn+1 − xn = (2.17) n→∞ ∞ n=1 |λn+1 −λn | Từ (2.16), (2.17) thỏa mãn < ∞, ta có limn→∞ yn+1 −yn = lim xn − yn = (2.18) n→∞ Vì limn→∞ αn = xn − yn ≤ αn−1 x − yn + (1 − αn−1 ) yn−1 − yn Từ giả thiết {λn } dãy thuộc [a, α/K ] ∞ n=1 |λn+1 − λn | < ∞, suy λn hội tụ tới λ0 ∈ [a, α/K ] Do đó, từ xn −QC (xn − λ0 Axn ) ≤ xn − yn + QC (xn − λn Axn ) − QC (xn − λ0 Axn ) ≤ xn − yn + |λn − λ0 | Axn , (2.18) ta có lim xn − QC (xn − λ0 Axn ) = n→∞ (2.19) 24 Với < t < 1, cho zt phần tử C thỏa mãn zt = tx + (1 − t)T zt , T = QC (I − λ0 A) Khi {zt } bị chặn Ta thu limt→0 zt = z ∈ Fix(T ) = S(C, A) từ Bổ đề 2.2 Cho µ giới hạn Banach Từ giả thiết T = QC (I − λ0 A) không giãn, ta có xn − T zt = xn − T xn + T xn − T zt ≤ x n − T xn + xn − zt 2 + x n − T xn xn − zt với n ∈ N t ∈ (0, 1) Vậy, từ (2.19) ta có µn xn − T zt ≤ µn xn − zt với t ∈ (0, 1) Từ định nghĩa zt , ta có (1 − t)(xn − T zt ) = (xn − zt ) − t(xn − x) Từ (1.7), ta có (1 − t)2 xn − T zt ≥ x n − zt − 2t xn − x, J(xn − zt ) ≥ (1 − 2t) xn − zt + 2t x − zt , J(xn − zt ) với n ∈ N t ∈ (0, 1) Vậy, ta có (1 − t)2 µ xn − zt ≥ (1 − t)2 µ xn − T zt ≥ (1 − 2t)µn xn − zt + 2tµn x − zt , J(xn − zt ) t µn xn − zt ≥ µn x − zt , J(xn − zt ) với t ∈ (0, 1) Từ Bổ đề 1.12, ta có µn x − z, J(xn − z) ≤ Hơn nữa, từ (2.17) ta thu lim sup x − z, J(xn − z) ≤ n→∞ Vì thế, với > 0, tồn m ∈ N thỏa mãn x − z, J(xn+1 − z) ≤ với n ≥ m (2.20) 25 Cuối cùng, ta chứng minh {xn } hội tụ mạnh tới z ∈ S(C, A) Từ (1.7) (1 − αn )(yn − z) = xn+1 − z − αn (x − z) ta có (1 − αn )2 yn − z ≥ xn+1 − z − 2αn x − z, J(xn+1 − z) (2.21) với n ∈ N Vậy, từ (2.15), (2.20), (2.21) z ∈ S(C, A) ta có xn+1 − z ≤ (1 − αn )2 yn − z + 2αn x − z, J(xn+1 − z) ≤ (1 − αn )2 xn − z + 2αn với n ≥ m Bằng quy nạp, ta có xn+1 − z ≤ n k=m (1 − αk ) xm − z với n, m ∈ N Khi đó, từ ∞ n=1 αn +2 1− n k=m (1 − αk ) = ∞ ta có lim sup xn+1 − z ≤2 n→∞ Từ giả thiết > tùy ý, ta thu lim supn→∞ xn+1 − z ≤ limn→∞ xn+1 − z = Khi đó, dãy {xn } hội tụ mạnh tới z ∈ S(C, A) ✷ 2.2 Bất đẳng thức biến phân với toán tử J-đơn điệu mạnh Trong mục này, trình bày phương pháp lặp giải Bài toán 1.2 tập điểm bất động chung họ đếm ánh xạ không giãn với toán tử J-đơn điệu mạnh giả co chặt không gian Banach lồi chặt, q-trơn 2.2.1 Mô tả phương pháp Cho E không gian Banach phản xạ thực, lồi chặt, q-trơn với < q ≤ 2, A toán tử η-J-đơn điệu mạnh γ-giả co chặt với 26 η + γ > Cho {Ti }∞ i=1 : E → E họ đếm ánh xạ không ∞ Fix(Ti ) = ∅ Ta xác định dãy lặp sau giãn cho C := i=1 xn = γn (I − λn A)xn + (1 − γn )Sn xn , n ≥ 1, (2.22) với n Sn = n (κi /sn )Ti , sn = i=1 κi , (2.23) i=1 {κi }∞ i=1 thỏa mãn ∞ κi ∈ (0, 1) κi = κ < ∞, (2.24) i=1 λn γn dãy số thực 2.2.2 Sự hội tụ Bổ đề 2.1 Cho C tập lồi, đóng không gian Banach lồi chặt E Giả sử {Ti }∞ i=1 họ đếm ánh xạ không giãn C ∞ Fix(Ti ) khác rỗng Giả thiết {si }∞ i=1 dãy số thực i=1 ∞ si = Khi ánh xạ T C xác định dương với i=1 ∞ si Ti x với x ∈ C, Tx = i=1 hoàn toàn xác định ánh xạ không giãn, đồng thời ta có ∞ Fix(T ) = Fix(Ti ) i=1 Bổ đề 2.2 Cho E không gian Banach lồi đều, có chuẩn khả vi Gâteaux cho C tập lồi, đóng, khác rỗng E Cho T ánh xạ không giãn từ C vào với Fix(T ) = ∅ Cho x ∈ C zt phần tử C thỏa mãn zt = tx + (1 − t)T zt với < t < Khi đó, limt→0 zt = z ∈ Fix(T ) 27 Định lý 2.3 Giả sử E không gian Banach phản xạ thực, lồi chặt, q-trơn với < q ≤ 2, A ánh xạ η-J-đơn điệu mạnh γ-giả co chặt với η + γ > 1, {Ti }∞ i=1 : E → E họ đếm ánh xạ ∞ Fix(Ti ) = ∅ Khi đó, dãy {xn } xác định không giãn cho C := i=1 (2.22)-(2.24) hội tụ mạnh tới phần tử x∗ nghiệm Bài toán 1.2 với λn ∈ (0, 1], γn ∈ (0, 1) thỏa mãn γn → n → ∞ Chứng minh Xét ánh xạ Fn x = γn (I − λn A)x + (1 − γn )Sn x, với n ≥ x ∈ E Khi đó, theo Bổ đề 1.7 ta có Fn x − Fn y = γn (I − λn A)x + (1 − γn )Sn x − [γn (I − λn A)y + (1 − γn )Sn y] = γn [(I − λn A)x − (I − λn A)y] + (1 − γn )(Sn x − Sn y) ≤ γn (1 − λn τ ) x − y + (1 − γn ) x − y = (1 − γn λn τ ) x − y , x, y ∈ E, với γn λn τ ∈ (0, 1) Vì Fn ánh xạ co X Theo nguyên lý ánh xạ co Banach, tồn phần tử xn ∈ E cho xn = Fn xn với n ≥ Đối với phần tử cố định p ∈ C, sử dụng Bổ đề 1.7 tính chất ánh xạ không giãn Sn ta có xn − p q = γn (I − λn A)xn + (1 − γn )Sn xn − p q = γn (I − λn A)xn + (1 − γn )Sn xn − p, jq (xn − p) = γn (I − λn A)xn − p + (1 − γn )(Sn xn − p), jq (xn − p) = γn (I − λn A)xn − (I − λn A)p − λn Ap + (1 − γn )(Sn yn − Sn p), jq (xn − p) ≤ γn (1 − λn τ ) xn − p + (1 − γn ) xn − p = (1 − γn λn τ ) xn − p q − γn λn Ap, jq (xn − p) q q − γn λn Ap, jq (xn − p) 28 Do q xn − p ≤ τ −1 Ap, jq (p − xn ) (2.25) Hiển nhiên xn − p ≤ τ −1 Ap Điều có nghĩa {xn } dãy bị chặn dãy {Sn xn } {Axn } bị chặn Hơn nữa, ta có xn − Sn xn = γn (I − λn A)xn + (1 − γn )Sn xn − Sn xn = γn (I − λn A)xn − γn Sn xn ≤ γn (I − λn A)xn + γn Sn xn Vì γn → n → ∞, λn ∈ (0, 1] {xn }, {Axn } với {Sn xn } dãy bị chặn nên lim xn − Sn xn = (2.26) n→∞ Từ (2.23) (2.24) ta có, T := κ ∞ ∞ κi Ti = i=1 ánh xạ E vào E với Fix(T ) = C si Ti , si = i=1 ∞ i=1 si κi ∈ (0, 1) κ = Từ Bổ đề 2.1, T ánh xạ không giãn Vì dãy {xn } bị chặn E {Ti }∞ i=1 ánh xạ không giãn nên Ti xn ≤ M2 < ∞, i = 1, 2, Ta có Sn xn − T xn = sn ≤ sn n i=1 n i=1 κ − sn ≤ κsn κi Ti xn − κ κi Ti xn − κ κi Ti xn i=1 n ∞ κi Ti xn i=1 κi Ti xn + κ i=n+1 ∞ n κi Ti xn i=1 ∞ + κi Ti xn κ i=n+1 ∞ ∞ M2 (κ − sn ) M2 M2 + κi = κi ≤ κ κ i=n+1 κ i=n+1 Để ý ∞ i=n+1 κi → n → ∞ nên lim Sn xn − T xn = n→∞ (2.27) 29 Từ (2.26) (2.27) suy lim xn − T xn = (2.28) n→∞ Tiếp theo, giới hạn Banach µ xác định ánh xạ ϕ : X → R sau ϕ(x) = µ xn − x ∀x ∈ E Hiển nhiên ϕ(x) phiếm hàm lồi, liên tục Ta đặt C ∗ = {v ∈ E : ϕ(v) = inf ϕ(u)} u∈E Do E không gian Banach phản xạ nên C ∗ tập khác rỗng Hơn nữa, tính lồi tính liên tục ϕ nên ta có C ∗ tập lồi, đóng E Mặt khác, với T ánh xạ không giãn sử dụng (2.28) với u ∈ C∗ ϕ(T u) = µn xn − T u ≤ µ n x n − T xn + T xn − T u ≤ µn xn − u 2 = ϕ(u) Suy T u ∈ C ∗ T (C ∗ ) ⊂ C ∗ , nghĩa C ∗ tập bất biến qua ánh xạ T Tiếp theo, chứng minh C ∗ chứa điểm bất động ánh xạ T Giả sử x ∈ C Vì tập lồi, đóng, khác rỗng không gian Banach phản xạ, lồi chặt E tập Chebyshev nên tồn u∗ ∈ C ∗ cho x − u∗ = inf∗ x − v v∈C Mặt khác, ta có T x = x T u∗ ∈ C ∗ , đồng thời T ánh xạ không giãn nên ta nhận x − T u∗ = T x − T u∗ ≤ x − u∗ , suy T u∗ = u∗ từ tính u∗ ∈ C ∗ Do u∗ ∈ C ∩ C ∗ Từ Bổ đề 1.11, u∗ cực tiểu phiếm hàm ϕ(u) X µ u − u∗ , j(xn − u∗ ) ≤ ∀u ∈ E Chọn u = (I − A)u∗ (2.29) sử dụng tính chất jq (u∗ − xn ) = u∗ − xn q−2 j(u∗ − xn ) (2.29) 30 ta nhận µ Au∗ , jq (u∗ − xn ) ≤ (2.30) Kết hợp với (2.25) (2.30) ta có µ xn − u∗ = Do đó, tồn dãy {xni } {xn } hội tụ mạnh tới u∗ i → ∞ Từ (2.25) tính liên tục yếu theo chuẩn ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc jq tập bị chặn E ta Ax, jq (x − u∗ ) ≥ ∀x ∈ C (2.31) Vì x, u∗ ∈ C (tập lồi đóng) nên việc thay x (2.31) tx+(1−t)u∗ với t ∈ (0, 1) sử dụng tính chất jq (t(u∗ −x)) = tjq (u∗ −x) với t > 0, sau chia hai vế cho t cuối cho t → ta nhận Au∗ , jq (x − u∗ ) ≥ ∀x ∈ C Tính nghiệm x∗ Bài toán 1.2 dẫn tới u∗ = x∗ Do đó, dãy {xn } hội tụ mạnh tới x∗ n → ∞ ✷ 31 Kết luận Trong luận văn tác giả hoàn thành công việc sau • Nhắc lại số kiến thức không gian Banach, toán tử đơn điệu, toán tử J-đơn điệu toán bất đẳng thức biến phân hai không gian Hilbert Banach • Trình bày kết [2], [3] [5] nghiên cứu phương pháp giải Bài toán 1.2 với toán tử đồng J-đơn điệu không gian Banach lồi 2-trơn • Trình bày phương pháp lặp giải Bài toán 1.2 tập điểm bất động chung họ đếm ánh xạ không giãn với toán tử J-đơn điệu mạnh giả co chặt không gian Banach lồi chặt, q-trơn 32 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hoàng Tụy (2003), Hàm thực Giải tích hàm, NXB Đại học Quốc gia, Hà Nội Tiếng Anh [2] Aoyama K., Iiduka H and Takahashi W (2006), "Weak convergence of an iterative sequence for accretive operators in a Banach space", Fixed Point Theory Appl, Art ID 35390, 13 [3] Aoyama K., Iiduka H., and Takahashi W (2007), "Strong convergence of Halpern’s sequence for accretive operators in a Banach space", Panamerican Math J., 17(3), 75-89 [4] Beauzamy B (1985), Introduction to Banach Spaces and Their Geometry, 2nd ed., North-Holland Mathematic Studies, vol.68, NorthHolland, Amsterdam [5] Buong Ng., Phuong Ng.T.H., and Thuy Ng T T (2015), "Explicit iteration methods for a class of variational inequalities in Banach spaces", lzv VUZ Matematika, 59(10), 19 -26 [6] Kinderlehrer D and Stampacchia G (1980), An Introduction to Variational Inequalities and Their Application, Pure and Applied Mathematics, vol 88, Academic Press, New York [7] Lions J.-L and Stampacchia G (1967), "Variational inequalities", Communications on Pure and Applied Mathematics, 20, 493-519 ... để giải toán bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung họ hữu hạn hay vô hạn ánh xạ không giãn Mục đích luận văn trình bày phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung. ..ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ KIM CHUNG PHƯƠNG PHÁP LẶP GIẢI BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRÊN TẬP ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG CỦA MỘT HỌ ĐẾM ĐƯỢC CÁC ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN Chuyên... bất đẳng thức biến phân 15 1.3.1 Bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert 15 1.3.2 Bất đẳng thức biến phân không gian Banach 16 Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ