ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– BÙI HOÀNG NGỌC PHƯƠNG PHÁP LẶP HIỆN GIẢI BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRONG KHÔNG GIAN HILBERT THÁI NGUYÊN - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– BÙI HOÀNG NGỌC PHƯƠNG PHÁP LẶP HIỆN GIẢI BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRONG KHÔNG GIAN HILBERT Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN TS NGUYỄN THỊ THU THỦY THÁI NGUYÊN - 2015 iii Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu Bảng ký hiệu Bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert 1.1 Một số khái niệm tính chất không gian Hilbert thực 1.1.1 Không gian Hilbert thực 1.1.2 Toán tử đơn điệu 1.1.3 Phép chiếu mêtric 1.1.4 Điểm bất động 1.2 Bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert 11 1.2.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân 11 1.2.2 Phương pháp chiếu 13 1.2.3 Phương pháp đường dốc 14 1.3 Một số bổ đề 15 Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân 17 2.1 Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn 17 2.1.1 Phương pháp lai đường dốc 17 2.1.2 Sự hội tụ 19 2.2 Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung N ánh xạ không giãn 21 iv 2.2.1 Mô tả phương pháp 21 2.2.2 Sự hội tụ 22 Kết luận 31 Tài liệu tham khảo 32 Lời cảm ơn Sau thời gian nghiên cứu nghiêm túc, đến em hoàn thành luận văn để bảo vệ tốt nghiệp theo kế hoạch trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Có kết trước hết cho em gửi lời cảm ơn đến tập thể thầy cô giáo truyền đạt tri thức quý giá thời gian em học tập trường Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc cô giáo TS Nguyễn Thị Thu Thủy hướng dẫn, giúp đỡ tận tình đầy trách nhiệm để em hoàn thành luận văn Cuối em xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp động viên, ủng hộ tạo điều kiện cho em suốt thời gian em nghiên cứu học tập Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015 Học viên Bùi Hoàng Ngọc Mở đầu Bất đẳng thức biến phân Stampacchia [3] đưa nghiên cứu vào năm đầu thập kỷ 60 nghiên cứu tốn biên phương trình đạo hàm riêng Kể từ bất đẳng thức biến phân phương pháp giải tốn ln đề tài thời sự, nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu Bài tốn bất đẳng thức biến phân khơng gian Hilbert H phát biểu sau: Tìm phần tử p∗ ∈ C cho : A(p∗ ), q − p∗ ≥ ∀q ∈ C, (0.1) C tập lồi đóng H, A : C → H ánh xạ phi tuyến Bất đẳng thức biến phân (0.1) tương đương với toán điểm bất động: p∗ = PC (p∗ − µA(p∗ )), (0.2) PC phép chiếu mêtric từ H lên C µ > số tùy ý Nếu ánh xạ A đơn điệu mạnh liên tục Lipschitz C số µ > đủ nhỏ, ánh xạ xác định vế phải (0.2) ánh xạ co Do đó, nguyên lý ánh xạ co Banach bảo đảm dãy lặp Picard un+1 = PC (un − µA(un )) (0.3) hội tụ mạnh tới nghiệm toán (0.1) Phương pháp gọi phương pháp chiếu Phương pháp chiếu khơng dễ dàng thực thi phức tạp tập lồi C Để khắc phục nhược điểm này, Yamada [4] đề xuất phương pháp lai đường dốc vào năm 2001 để giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn không gian Hilbert H Mục đích đề tài luận văn trình bày cải biên phương pháp lai đường dốc giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn, bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung N ánh xạ không giãn không gian Hilbert (N ≥ 1) sở báo [2] [4] Nội dung luận văn trình bày hai chương Chương trình bày số kiến thức khơng gian Hilbert thực, tốn tử đơn điệu, tốn bất đẳng thức biến phân khơng gian Hilbert phương pháp chiếu gradient giải toán Trong chương trình bày phương pháp lai ghép đường dốc giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn hai phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung N ánh xạ không giãn không gian Hilbert Bảng ký hiệu R trường số thực ∅ Rn tập rỗng không gian Euclide n-chiều |x| H giá trị tuyệt đối số thực x không gian Hilbert thực H C ||x|| tập C H chuẩn véctơ x x, y D(A) tích vơ hướng hai phần tử x y miền xác định ánh xạ A Fix(T ) tập điểm bất động ánh xạ T PC phép chiếu mêtric chiếu H lên C VI(A, C) tập nghiệm bất đẳng thức biến phân xn x xn → x dãy xn hội tụ yếu đến x dãy xn hội tụ mạnh đến x I toán tử đơn vị Chương Bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert Chương bao gồm ba mục Mục 1.1 trình bày khái niệm số tính chất khơng gian Hilbert thực Mục 1.2 giới thiệu tốn bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert, đồng thời trình bày phương pháp chiếu phương pháp đường dốc giải bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert Các kiến thức chương tổng hợp từ tài liệu [1]-[4] 1.1 Một số khái niệm tính chất khơng gian Hilbert thực 1.1.1 Không gian Hilbert thực Định nghĩa 1.1 Không gian tuyến tính H xác định trường số thực R gọi không gian tiền Hilbert xác định hàm hai biến ·, · : H × H → R thỏa mãn tính chất sau: (i) x, x ≥ với x ∈ H x, x = ⇔ x = 0; (ii) x, y = y, x với x, y ∈ H; (iii) x + y, z = x, z + y, z với x, y, z ∈ H; (iv) αx, y = α x, y với x ∈ H với α ∈ R Hàm ·, · thỏa mãn bốn tính chất gọi tích vơ hướng H x, y tích vơ hướng hai phần tử x y Chú ý 1.1 Mọi không gian tiền Hilbert H khơng gian tuyến tính định chuẩn với chuẩn véctơ x ∈ H xác định sau: ||x|| = x, x Định nghĩa 1.2 Không gian tiền Hilbert đầy đủ gọi khơng gian Hilbert Ví dụ 1.1 (a) Không gian Rn không gian Hilbert với tích vơ hướng n x, y = ξk ηk , k=1 x = (ξ1 , ξ2 , , ξn ) ∈ Rn y = (η1 , η2 , , ηn ) ∈ Rn (b) Không gian l2 = ∞ x = (x1 , x2 , ) | |xi |2 < ∞ không i=1 gian Hilbert với tích vơ hướng ∞ x, y = x i yi i=1 x = (x1 , x2 , ), y = (y1 , y2 , ) dãy số l2 Định nghĩa 1.3 (i) Dãy {xn }∞ n=1 không gian Hilbert H gọi hội tụ yếu đến phần tử x ∈ H lim xn , y = x, y n→∞ với y ∈ H (ii) Dãy {xn }∞ n=1 gọi hội tụ mạnh đến x ∈ H lim ||xn − x|| = n→∞ Ký hiệu xn x hội tụ yếu, xn → x hội tụ mạnh dãy {xn } đến phần tử x ∈ H Chú ý 1.2 (a) Trong không gian Hilbert H, hội tụ mạnh kéo theo hội tụ yếu, điều ngược lại không 18 Bổ đề 2.1 Cho T : H → H ánh xạ không giãn với Fix(T ) = ∅ Giả sử A : H → H ánh xạ L-liên tục Lipschitz η-đơn điệu mạnh D(A) Với số µ ∈ (0, L2η2 ) tùy ý, ta xác định ánh xạ T (λ) : H → H T (λ) (x) = T (x) − λµA(T (x)) với λ ∈ [0, 1] (2.1) Khi đó, (a) G = µA − I thỏa mãn G(x) − G(y) ≤ {1 − µ(2η − µL2 )} x − y với x, y ∈ D(A), (2.2) suy G ánh xạ co chặt D(A) Hơn 0 cho với l ≥ ξl − ξl−1 µAT (ξl−1 ) |λl−1 − λl | |λl−1 − λl | ≤ ≤ c λl τ λ2l λ2l (2.9) Đặt Mp = c |λl−1 − λl | sup τ l≥p λ2l Do (L3) (2.9) dẫn tới Mp → p → ∞ (2.10) ξl − ξl−1 ≤ λn τ Mp với n ≥ p (2.11) Kết hợp (2.11) với (2.8), ta un − ξn ≤ (1 − λn τ ) un−1 − ξn−1 + λn τ Mp Do đó, phương pháp quy nạp, cho n ≥ p + n un − ξn ≤ up − ξp n (1 − λi τ )+Mp n (1 − λj τ ) λi τ i=p+1 i=p+1 j=i+1 Mặt khác, n un − ξn ≤ up − ξp (1 − λi τ ) + Mp (2.12) i=p+1 ∞ (1 − λi τ ) = 0, ta lim sup un − ξn ≤ Mp Hơn nữa, sử dụng i=p+1 với p n→∞ 21 Cuối cùng, cho p → ∞, từ (2.10) suy lim sup un − ξn = 0, ta n→∞ điều phải chứng minh ✷ 2.2 Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung N ánh xạ không giãn Trong mục này, ta xét toán bất đẳng thức biến phân (1.4) Chương trường hợp C tập điểm bất động chung họ hữu hạn ánh xạ không giãn Ti : H → H, i = 1, 2, , N , nghĩa N C := Fix (Ti ) i=1 2.2.1 Mô tả phương pháp Trong mục này, nghiên cứu hai phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung N ánh xạ không giãn không gian Hilbert H Phương pháp 2.1 Cho H không gian Hilbert, A, {Ti }N i=1 : H → H ánh xạ từ H vào H µ số dương Với u0 tùy ý thuộc H, ta xác định dãy {un }n≥0 bởi: (λ ) n+1 un+1 = T[n+1] (un ) = T[n+1] (un ) − λn+1 µA(T[n+1] (un )) (2.13) Phương pháp 2.2 Cho H không gian Hilbert, cho A, {Ti }N i=1 : H → H ánh xạ từ H vào H, µ số dương Xuất phát từ phần tử tùy ý x1 ∈ H, ta xác định dãy lặp {xn } sau:   x1 ∈ H,     y = (I − λ µA)x , n n n (2.14) i i i−1 i i−1  y = (1 − β )y + β T y , i = 1, , N, i  n n n n n   x 0 N = (1 − β )x + β y , n ≥ 1, n+1 n n n n đây, dãy {λn } ⊂ (0, 1) {βni } ⊂ (α, β), i = 0, , N, với α, β ∈ (0, 1) thỏa mãn điều kiện: λn → 0, i λn = ∞ |βn+1 − βni | → 0, i = 1, , N (2.15) 22 2.2.2 Sự hội tụ Định lý 2.2 Giả sử Ti : H → H (i = 1, , N ) ánh xạ không N Fix (Ti ) = ∅ giãn với C := i=1 C = Fix(TN · · · T1 ) = Fix(T1 TN · · · T3 T2 ) = · · · = Fix(TN −1 TN −2 · · · T1 TN ) (2.16) Giả sử ánh xạ A : H → H L-liên tục Lipschitz η-đơn điệu mạnh N ∆ = i=1 D(Ti ) Với µ ∈ (0, L2η2 ) tùy ý dãy {λn }n≥1 ⊂ [0, 1] thỏa mãn (B1) lim λn = 0, n→+∞ λn = +∞, (B2) n≥1 |λn − λn+N | < +∞, (B3) n≥1 dãy {un }n≥0 tạo (2.13) hội tụ mạnh tới nghiệm toán VI(A, C), [.] hàm môđun N xác định [i] = [i]N = {i − kN |k = 0, 1, 2, } ∩ {1, 2, , N } Chứng minh Trước hết ta có u0 ∈ Cu∗ = x ∈ H | x − u∗ ≤ µA(u∗ ) τ , − µ(2η − µL2 ) ≤ (xem Bổ đề 2.1(a)) < τ = − Từ Bổ đề 2.1(b) suy {un }n≥0 ⊂ Cu∗ {T[n+1] (un )}n≥0 ⊂ Cu∗ (2.17) (0) Từ λ = suy T[n+1] = T[n+1] với n ≥ Do đó, hai dãy {un } {T[n+1] (un )} bị chặn Do (2.2) Bổ đề 2.1 tính khơng giãn T[n+1] , ta suy GT[n+1] (un ) − G(u∗ ) ≤ (1 − τ ) T[n+1] (un ) − u∗ ≤ (1 − τ ) un − u∗ 1−τ µA(u∗ ) với n, ≤ τ 23 (2.17) sử dụng cho bất đẳng thức cuối Từ suy tính bị chặn dãy {GT[n+1] (un )}n≥0 {AT[n+1] (un )}n≥0 Từ (2.13), (B1) tính bị chặn dãy {AT[n+1] (un )}n≥0 , suy un+1 − T[n+1] (un ) → n → ∞ (2.18) Trong phần tiếp theo, ta chứng minh ba khẳng định sau Khẳng định un+N − un → n → ∞ (2.19) Do (2.13) T[n+N ] = T[n] , nên (λ ) (λ ) (λ ) (λ n+N n un+N − un = T[n+N ] (un+N −1 ) − T[n] (un−1 ) ) n+N n+N = T[n+N ] (un+N −1 ) − T[n+N ] (un−1 ) (λ ) (λ ) n+N − T[n]n (un−1 ) − T[n+N ] (un−1 ) (λ ) (λ ) n+N n+N = T[n+N ] (un+N −1 ) − T[n+N ] (un−1 ) + (λn − λn+N )µFT[n] (un−1 ) Do tính bị chặn dãy {un }n≥0 µAT[n+1] (un ) (2.20) n≥0 , nên tồn số với n ≥ (2.21) c > thỏa mãn un+N − un ≤ cτ µAT[n] (un−1 ) ≤ cτ Từ (2.20) (2.21) ta nhận un+N − un ≤ cτ |λn+N − λn | + (1 − λn+N τ ) un+N −1 − un−1 n un+N − un ≤ c τ |λk+N − λk | k=m+1 n + um+N − um (1 − λk+N τ ) với n > m ≥ k=m+1 (2.22) ∞ Hơn từ (B2) suy (1 − λk+N τ ) = 0, sau đó, (2.22) k=m+1 24 (2.21) ta có ∞ lim sup un+N − un ≤ cτ n→∞ ∞ |λk+N − λk | + cτ k=m+1 ∞ (1 − λk+N τ ) k=m+1 |λk+N − λk | = cτ (2.23) k=m+1 Tiếp theo, cho m → ∞, (2.23) (B3) suy (2.19) Khẳng định un − T[n+N ] · · · T[n+1] (un ) → n → ∞ (2.24) Từ (2.18), un+N −k − T[n+N −k] (un+N −k−1 ) → n → ∞ cho k = 0, , N − (2.25) Áp dụng ánh xạ T[n+N ] T[n+N −1] · · · T[n+N −k+1] với k = 1, , N-1, ta có T[n+N ] T[n+N −1] · · ·T[n+N −k+1] (un+N −k ) − T[n+N ] T[n+N −1] · · · T[n+N −k] (un+N −k−1 ) → n → ∞ cho k = 1, , N − Cuối cùng, sử dụng điều kiện (cho k = 1, , N − 1) (2.25) (cho k = 0) ta un+N − T[n+N ] · · · T[n+1] (un ) → n → ∞ Khẳng định lim sup T[n+1] (un ) − u∗ , −A(u∗ ) ≤ (2.26) n→∞ Cho dãy {unj } dãy dãy {un } cho lim T[nj +1] (unj ) − u∗ , −A(u∗ ) = lim sup T[n+1] (un ) − u∗ , −A(u∗ ) j→∞ n→∞ (2.27) [nj + 1] = i với số cố định i ∈ {1, 2, , N } j ≥ Dãy {unj }j≥0 tồn N < ∞ Khi Cu∗ tập lồi đóng bị chặn, dãy compact 25 yếu Do ta giả định (unj +1 )j≥0 hội tụ yếu đến uˆ ∈ Cu∗ (2.28) [nj + 1] = i số i ∈ {1, 2, , N } tất j ≥ Từ (2.24), ta thấy unj +1 − T[i+N ] · · · T[i+1] (unj +1 ) = unj +1 − T[nj +1+N ] · · · T[nj +2] (unj +1 ) → (2.29) j → ∞ Từ (2.28) (2.29) ta có uˆ ∈ Fix(T[i+N ] · · · T[i+1] ) = C (2.30) Vì thế, từ (2.27), (2.18), (2.28), (2.30) bất đẳng thức biến phân thỏa mãn u∗ , suy lim sup T[n+1] (un ) − u∗ , −A(u∗ ) n→∞ = lim T[nj +1] (unj ) − (unj +1 ), −A(u∗ ) + lim unj +1 − u∗ , −A(u∗ ) j→∞ j→∞ = uˆ − u∗ , −A(u∗ ) ≤ Cuối cùng, (2.13) ta có un+1 − u∗ (λ +1) (λ +1) n n = T[n+1] (un ) − T[n+1] (u∗ ) +2λn+1 µ T[n+1] (un ) − u∗ , −A(u∗ ) A(u∗ ) +λ2n+1 µ2 + F(T[n+1] (un )) − A(u∗ ), A(u∗ ) (2.31) Do (2.17), tính bị chặn {AT[n+1] (un )}n≥0 , Khẳng định 3, cho số tùy ý > 0, tồn số n > cho với n ≥ n , 2µ T[n+1] (un ) − u∗ , −A(u∗ ) < τ λn+1 µ2 A(u∗ ) + A(T[n+1] (un )) − A(u∗ ), A(u∗ ) ε < τ 26 Áp dụng bất đẳng thức ta un+1 − u∗ ≤ λn+1 τ ε + (1 − λn+1 τ )2 un − u∗ ≤ λn+1 τ ε + (1 − λn+1 τ ) un − u∗ Với n ≥ n , n+1 n+1 ∗ un+1 − u ≤ε (1 − λi τ ) λi τ j=i+1 i=nε +1 n+1 ∗ + unε − u (1 − λk τ ) k=nε +1 n+1 ∗ ≤ ε + unε − u (1 − λk τ ) k=nε +1 Cuối cùng, sử dụng (B2) ta lim sup un − u∗ ≤ n→∞ Điều suy kết luận định lý trường hợp đặc biệt u0 ∈ Cu∗ Đối với trường hợp tổng quát, giả sử u0 ∈ H tùy ý Cho {sn } dãy xác định (2.13) với s0 ∈ Cu∗ Từ chứng minh cho trường hợp đặc biệt sn → u∗ n → +∞, đủ để suy lim un − sn = n→∞ Do (2.13) ta thấy un+1 − sn+1 ≤ (1 − λn+1 τ ) un − sn đó, với n ≥ 0, n un − sn ≤ u0 − s0 (1 − λk τ ) k=1 Cuối cùng, (B2) ta có lim un − sn = 0, định lý chứng minh n→∞ ✷ Sự hội tụ phương pháp (2.14)-(2.15) trình bày định lý sau 27 Định lý 2.3 Giả sử H không gian Hilbert thực A : H → H ánh xạ L-liên tục Lipschitz η-đơn điệu mạnh với L η số dương Giả sử {Ti }N i=1 N ánh xạ không giãn từ H vào H cho C = ∩N i=1 Fix(Ti ) = ∅ Khi đó, dãy {xn } xác định (2.14)(2.15) hội tụ mạnh đến nghiệm p∗ bất đẳng thức biến phân VI(A, C) Chứng minh Trước hết, ta dãy {xn } bị chặn Thật vậy, từ (2.14) ta có: yn1 − p = (1 − βn1 )(yn0 − p) + βn1 (T1 yn0 − T1 p) ≤ (1 − βn1 ) yn0 − p + βn1 yn0 − p ≤ yn0 − p = (I − λn µA)xn − p (2.32) ≤ (1 − λn τ ) xn − p + λn µ A(p) , yni − p ≤ yni−1 − p ∀i = 1, , N (2.33) với p ∈ C n ≥ Mặt khác, từ (2.14), (2.32) (2.33) suy xn+1 − p = (1 − βn0 )(xn − p) + βn0 (ynN − p) ≤ (1 − βn0 ) xn − p + βn0 ( yni − p ≤ (1 − βn0 ) xn − p + βn0 xn − p = xn − p ≤ (1 − λn τ ) xn − p + λn µ A(p) Đặt Mp = max{ x1 − p , µ A(p) /τ } Ta có, x1 − p ≤ Mp Suy ra, xn − p ≤ Mp yki − p ≤ Mp với i = 1, , N, đó, xn+1 − p ≤ (1 − βn0 λn τ )Mp + βn0 λn τ Mp = Mp Bằng quy nạp, ta suy dãy {xn } bị chặn Vì A liên tục Lipschitz Ti ánh xạ không giãn, nên dãy {A(ynN )}, {yni } {Ti yni−1 }, i = 1, 2, , N bị chặn Khơng làm tính tổng qt, ta giả sử chúng bị chặn số dương M1 28 Tiếp theo, từ (2.14) (2.33) ta nhận được: N N N −1 N N −1 yn+1 − ynN = (1 − βn+1 )yn+1 + βn+1 TN yn+1 − [(1 − βnN )ynN −1 + βnN TN ynN −1 ] N N −1 N N −1 ≤ (1 − βn+1 ) yn+1 − ynN −1 + βn+1 TN yn+1 − TN ynN −1 N + 2M1 |βn+1 − βnN | N −1 N ≤ yn+1 − ynN −1 + 2M1 |βn+1 − βnN | N ≤ ··· ≤ yn+1 − yn0 i |βn+1 − βni | + 2M1 i=1 N i |βn+1 − βni | + M1 (λn+1 + λk )µ ≤ xn+1 − xn + 2M1 i=1 Suy ra, N N yn+1 − ynN i |βn+1 − βni | + M1 (λn+1 + λn )µ − xn+1 − xn ≤ 2M1 i=1 i Vì λn → |βn+1 − βni | → với i = 1, , N , ta suy N lim sup yn+1 − ynN − xn+1 − xn ≤ n→∞ Áp dụng Bổ đề 1.7, xn − ynN → n → ∞ Do đó, xn+1 − xn = βn0 xn − ynN → Bây ta ra, xn − Ti xn → với i = 1, , N Thật vậy, trước hết ta chứng minh yni−1 − Ti yni−1 → Giả sử {xl } dãy dãy {xn } cho lim sup yni−1 − Ti yni−1 = lim yli−1 − Ti yli−1 l→∞ n→∞ giả sử dãy {xnj } dãy dãy {xl } cho lim sup xl − p = lim xnj − p l→∞ j→∞ Từ (2.33) suy xnj − p ≤ xnj − ynNj + ynNj − p ≤ xnj − ynNj + yni j − p ≤ xnj − ynNj + xnj − p 29 Suy ra, lim xnj − p = lim yni j − p , j→∞ j→∞ i = 1, , N (2.34) Sử dụng Bổ đề 1.5 ta nhận yni j − p = (1 − βni j ) yni−1 −p j + βni j Ti yni−1 −p j − (1 − βni j )βni j yni−1 − Ti yni−1 j j ≤ (1 − βni j ) yni−1 −p j 2 + βni j yni−1 −p j − (1 − βni j )βni j yni−1 − Ti yni−1 j j = yni−1 −p j 2 2 − (1 − βni j )βni j ynj − Ti yni−1 j (2.35) ≤ = x nj − p 2 − (1 − βni j )βni j yni−1 − Ti yni−1 j j Do đó, α(1 − β) yni−1 − Ti yni−1 j j ≤ x nj − p − yni j − p kết hợp với (2.34) suy yni−1 − Ti yni−1 → j → ∞ Nghĩa là, j j yni−1 − Ti yni−1 → 0, i = 1, , N Bây giờ, ta chứng minh xn − Ti xn → k → ∞ với i = 1, , N Trong trường hợp i = ta có yn0 − xn = λn µ A(xn ) ≤ λn µ → xn − T1 xn ≤ xn − yn0 + yn0 − T1 yn0 + T1 yn0 − T1 xn ≤ xn − yn0 + yn0 − T1 yn0 tiến tới n → ∞, xn − yn0 yn0 − T1 yn0 tiến tới Trong trường hợp i = ta có yn1 − T2 yn1 → từ (2.14) suy yn1 − xn = βn1 yn0 − T1 yn0 → 0, suy xn − T2 xn → Cuối ta nhận xn − Ti xn → với i = 1, , N Tiếp theo, ta lim sup A(p∗ ), p∗ − xn ≤ n→∞ (2.36) 30 Thật vậy, giả sử dãy {xnj } dãy dãy {xn } hội tụ yếu đến p˜ cho lim sup A(p∗ ), p∗ − xn = lim A(p∗ ), p∗ − xnj j→∞ n→∞ Khi đó, xnj − Ti xnj → Như vậy, theo Bổ đề 1.6, p˜ ∈ C Do đó, từ (1.4) suy (2.36) · Cuối cùng, sử dụng tính lồi xn+1 − p∗ 2 , (2.32) (2.33) ta có = (1 − βn0 )xn + βn0 ynN − p∗ ≤ (1 − βn0 ) xn − p∗ + βn0 ynN − p∗ ≤ (1 − βn0 ) xn − p∗ + βn0 yni − p∗ ≤ (1 − βn0 ) xn − p∗ + βn0 yn0 − p∗ ≤ (1 − βn0 ) xn − p∗ + βn0 (I − λn µA)xn − p∗ ≤ (1 − βn0 ) xn − p∗ 2 + βn0 (I − λn µA)xn − (I − λn µA)p∗ − λn µA(p∗ ) ≤ (1 − βn0 ) xn − p∗ + βn0 [(1 − λn τ ) xn − p∗ 2 − 2λn µ A(p∗ ), xn − p∗ − λn µA(xn ) = (1 − βn0 λn τ ) xn − p∗ + βn0 λn τ 2µ 2µ A(p∗ ), p∗ − xn + λn A(p∗ ) M1 τ τ Sử dụng Bổ đề 1.8 với an = xn − p∗ , bn = βn0 λn τ cn = 2µ 2µ A(p∗ ), p∗ − xn + λn A(p∗ ) M1 , τ τ với λn → (2.36), ta nhận xn − p∗ → Định lý chứng minh ✷ 31 Kết luận Luận văn giới thiệu bất đẳng thức biến phân đơn điệu không gian Hilbert, mô tả ba phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn, bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung N ánh xạ khơng giãn khơng gian Hilbert Luận văn trình bày ba định lý hội tụ ba phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn không gian Hilbert Đóng góp tác giả tìm hiểu, nghiên cứu dịch tài liệu [2], [4], đồng thời tổng hợp kiến thức để hoàn thành nội dung luận văn Tác giả kính mong nhận ý kiến góp ý thầy, đồng nghiệp 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] N Buong and L.T Duong (2011), "An explicit iterative algorithm for a class of variational inequalities in Hilbert spaces", J Optim Theory Appl., 151, 513–524 [3] G Stampacchia (1964), "Formes bilineares coercitives sur les ensembles convexes", Comptes Rendus de lÁcadémie des Sciences, Paris, 258, 4413–4416 [4] Y Yamada (2001), "The hybrid steepest-descent method for variational inequalities problems over the intesectionof the fixed point sets of nonexpansive mappings, Inhently parallel algorithms in feasibility and optimization and their applications", Edited by D Butnariu, Y Censor, and S Reich, North-Holland, Amsterdam, Holland, 473–504 ... giới thiệu bất đẳng thức biến phân đơn điệu không gian Hilbert, mô tả ba phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn, bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động... tả phương pháp Trong mục này, nghiên cứu hai phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung N ánh xạ không giãn không gian Hilbert H Phương pháp 2.1 Cho H không gian Hilbert, ... đường dốc giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn hai phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động chung N ánh xạ không giãn không gian Hilbert 4 Bảng