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

h., .i

tích vơ hướng trên H

k.k

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 * x0

dãy {xn } hội tụ yếu về 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

hF (x∗ ), x − x∗ i ≥ 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 toán này là VI(C, F ). Bài toán này có ý nghĩa quan trọng trong việc
giải bài tốn 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 h., .i và chuẩn được kí hiệu là k.k.
Mệnh đề 1.1. Trong không gian Hilbert thực H ta ln có đẳng thức sau
kx − yk2 + kx − zk2 = ky − zk2 + 2hx − y, x − zi,
với mọi x, y, z ∈ H.
Chứng minh. Thật vậy, ta có
ky − zk2 + 2hx − y, x − zi = hy, yi + hz, zi + 2hx, xi − 2hx, zi − 2hx, yi
= [hx, xi − 2hx, yi + hy, yi]
+ [hx, xi − 2hx, zi + hz, zi]

= kx − yk2 + kx − zk2 .


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
kλx + (1 − λ)yk2 = λkxk2 + (1 − λ)kyk2 − λ(1 − λ)kx − yk2 .

(1.1)

Chứng minh. Ta có
kλx + (1 − λ)yk2 = λ2 kxk2 + 2λ(1 − λ)hx, yi + (1 − λ)2 kyk2
= λkxk2 + (1 − λ)kyk2 − λ(1 − λ)(kxk2 − 2hx, yi + kyk2 )
= λkxk2 + (1 − λ)kyk2 − λ(1 − λ)kx − yk2 .
Ta được điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.3. Trong không gian Hilbert thực H, ta ln có
kx + yk2 ≤ kxk2 + 2hy, x + yi
với mọi x, y ∈ H.
Chứng minh. Với mọi x, y ∈ H, ta có
kx + yk2 = kxk2 + 2hx, yi + kyk2
≤ kxk2 + 2hx, yi + 2kyk2
= kxk2 + 2hy, x + yi.
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 hxn , yi = hx, yi,

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


P∞
2
2
l2 = {xn } ⊂ R :
n=1 |xn | < ∞ và {en } ⊂ l , 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
∞
X

|hen , yi|2 ≤ kyk2 < ∞.

n=1


Suy ra limn→∞ hen , yi = 0, tức là en * 0. Tuy nhiên, {en } không hội tụ về 0, vì
ken k = 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 6= x,
ta có
lim inf kxn − xk < lim inf kxn − yk.
n→∞

n→∞

(1.2)

Chứng minh. Vì xn * x, nên {xn } bị chặn.
Ta có
kxn − yk2 = kxn − xk2 + kx − yk2 + 2hxn − x, x − yi.
Vì x 6= y, nên
lim inf kxn − yk2 > lim inf (kxn − xk2 + 2hxn − x, x − yi)
n→∞

n→∞

= lim inf kxn − xk2 .
n→∞

Do đó, ta nhận được
lim inf kxn − xk < lim inf kxn − yk.
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 * x và
kxn k → kxk, thì xn → x, khi n → ∞.


6

Chứng minh. Ta có
kxn − xk2 = kxn k2 − 2hxn , xi + kxk2
→ 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
kx∗ k ≤ kxk với mọi x ∈ C.
Chứng minh. Thật vậy, đặt d = inf kxk. Khi đó, tồn tại {xn } ⊂ C sao cho
x∈C

kxn k −→ d, n −→ ∞.
Từ đẳng thức hình bình hành, ta có
kxn − xm k2 = 2(kxn k2 + kxm k2 ) − 4k

xn + xm 2
k
2

≤ (kxn k2 + kxm k2 ) − 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 kx k = d.
Tiếp theo ta chỉ ra tính duy nhất. Giả sử tồn tại y ∗ ∈ C sao cho ky ∗ k = d.
Ta có
2

2

2

kx∗ − y ∗ k = 2(kx∗ k + ky ∗ k ) − 4k

x∗ + y ∗ 2
k
2

≤ 2(d2 + d2 ) − 4d2
= 0.
Suy ra x∗ = y ∗ .
Vậy tồn tại duy nhất một phần tử x∗ ∈ C sao cho kx∗ k = inf x∈C kxk.
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
kx − PC (x)k ≤ kx − yk 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
kx − PC (x)k ≤ kx − yk 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 : hx, ui = y}, với u 6= 0. Khi đó
PC x = x +

y − hx, ui
kuk

2

u.

Ví dụ 1.2. Cho C = {x ∈ H : kx − ak ≤ R}, trong đó a ∈ H là một phần tử
cho trước và R là một số dương. Khi đó, ta có:


x nếu kx − ak ≤ R,
PC x =
R

a +
(x − a) nếu kx − ak > R.
kx − ak
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) hy − PC x, x − PC xi ≤ 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
kx − PC xk = inf kx − uk.
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
kx − PC xk ≤ kyα − xk.


8

Điều này tương đương với
2

kx − PC xk ≤ kα(y − PC x) − (x − PC x)k
2

2
2

= α2 ky − PC xk + kx − PC xk − 2αhy − PC x, x − PC xi.
Từ đó, ta nhận được
2

2hy − PC x, x − PC xi ≤ αky − PC xk .

Cho α −→ 0+ , ta được hy − PC x, x − PC xi ≤ 0.
Ngược lại, giả sử b) đúng. Với mọi x ∈ H và mọi y ∈ C, ta có
kx − PC xk2 = kx − y + y − PC xk2
= kx − yk2 + 2hx − y, y − PC xi + ky − PC xk2
= kx − yk2 + 2hx − PC x, y − PC xi − ky − PC xk2
≤ kx − yk2 .
Do đó, kx − PC xk = inf u∈C kx − uk, 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
kPC x − PC yk2 ≤ hx − y, PC x − PC yi;
b) với mọi x ∈ H và y ∈ C, ta có
kx − yk2 ≥ kx − PC xk2 + ky − PC xk2 .
Chứng minh. a) Với mọi x, y ∈ H, từ Mệnh đề 1.8, ta có
hx − PC x, PC y − PC xi ≤ 0,
hy − PC y, PC x − PC yi ≤ 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
hx − PC x, y − PC xi ≤ 0.
Từ đó, ta có
kx − yk2 = k(x − PC x) − (y − PC x)k2
= kx − PC xk2 + ky − PC xk2 − 2hx − PC x, y − PC xi
≥ kx − PC xk2 + ky − PC xk2 .
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 6= 0 sao cho
suphv, yi ≤ hv, xi − kvk2 .
y∈C

Vì x ∈
/ C, nên v = x − PC x 6= 0. Từ Mệnh đề 1.8, ta có
hv, y − PC xi ≤ 0,
với mọi y ∈ C. Suy ra
hv, y − x + x − PC xi ≤ 0,
với mọi y ∈ C. Điều này tương đương với
hv, yi ≤ hv, xi − kvk2 ,
với mọi y ∈ C. Do đó
suphv, yi ≤ hv, xi − kvk2 .
y∈C

Bây giờ ta chỉ ra C là tập đóng yếu. Giả sử ngược lại rằng C khơng là tập
đóng yếu. Khi đó, tồn tại dãy {xn } trong C thỏa mãn xn * x, nhưng x ∈
/ C. Vì
C là tập lồi và đóng, nên theo chứng minh trên, ta có
hv, zi < hv, xi − ε,


10

với ε = kvk2 /2 và mọi z ∈ C. Đặc biệt
hv, xn i < hv, xi − ε,
với mọi n. Cho n → ∞, ta nhận được
hv, xi ≤ hv, xi − 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
kT x − T yk ≤ kx − yk.
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 0 (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 mô 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 không giãn. Khi đó, Fix(T ) là
một tập lồi và đóng trong H.
Chứng minh. Giả sử Fix(T ) 6= ∅.
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
kT xn − xn k = 0,
với mọi n ≥ 1. Từ tính liên tục của chuẩn, cho n → ∞, ta nhận được
kT x − xk = 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
kT z − zk2 = kλ(T z − x) + (1 − λ)(T z − y)k2
= λkT z − xk2 + (1 − λ)kT z − yk2 − λ(1 − λ)kx − yk2
= λkT z − T xk2 + (1 − λ)kT z − T yk2 − λ(1 − λ)kx − yk2
≤ λkz − xk2 + (1 − λ)kz − yk2 − λ(1 − λ)kx − yk2
= kλ(z − x) + (1 − λ)(z − y)k2 = 0.
Suy ra T z = z và do đó z ∈ Fix(T ). Vậy Fix(T ) là một tập lồi.


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
mãn xn * x ∈ C và xn − T xn → y, thì x − T x = y. Đặc biệt, nếu y = 0 thì
x ∈ Fix(T ).

Chứng minh. Giả sử x − T x 6= y. Vì xn * x, nên xn − y * x − y. Do x − y 6= T x,
nên từ Mệnh đề 1.4, ta có
lim inf kxn − xk < lim inf kxn − y − T xk
n→∞

n→∞

≤ lim inf (kxn − T xn − yk + kT xn − T xk)
n→∞

≤ lim inf kxn − xk.
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 không giãn. Khi đó Fix(T ) 6= ∅.
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
kTn (x) − Tn (y)k = (1 − αn )kT (x) − T (y)k ≤ (1 − αn )kx − yk.
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
kxn − T (xn )k = αn kx0 − T (xn )k ≤ αn diam(C) → 0.
Do đó ta có kxn − T (xn )k → 0.
Vì C là tập bị chặn và {xn } ⊂ C nên dãy {xn } cũng bị chặn. Do đó theo
Mệnh đề 1.10, tồn tại một dãy con {xnk } ⊆ {xn } sao cho xnk * x∗ khi k → ∞.
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 không gian
Hilbert H. Cho (Ti )i∈I và một họ các ánh xạ khơng giãn từ C vào chính nó thỏa
P
mãn ∩i∈I Fix(Ti ) 6= ∅. Khi đó với mọi αi ∈ (0, 1) thỏa mãn i∈I αi = 1 ta đều
P
có Fix( i∈I αi Ti ) = ∩i∈I Fix(Ti ).
Chứng minh. Dễ thấy ∩i∈I Fix(Ti ) ⊆ Fix(

P

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
2hTi x − x, x − yi = kTi x − yk2 − kTi x − xk2 − kx − yk2
= kTi x − Ti yk2 − kx − yk2 − kTi x − xk2

≤ −kTi x − xk2 .
Bây giờ, lấy bất kỳ x ∈ Fix(
0=2

X

P

i∈I

αi Ti ). Từ (1.3), ta có

αi hTi x − x, x − ii ≤ −

i∈I

Suy ra

P

i∈I

(1.3)

X

kTi x − xk2 ≤ 0.

i∈I


kTi x − xk2 = 0 và do đó kTi x − xk = 0 hay x = Ti x với mọi i ∈ I,

tức là, x ∈ ∩i∈I Fix(Ti ).
P
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 khơng giãn từ tập con lồi, đóng
và khác rỗng C của khơng gian Hilbert H vào chính nó là một ánh xạ khơng
giãn với Fix(T ) 6= ∅. 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,
P∞
n=0 αn = ∞. Dãy lặp (1.4) được gọi là dãy lặp Mann. Mann W. R. đã chứng
P∞

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 khơng 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 h(I − f )(x), x − xi ≤ 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:
1
εn
T zn +
f (zn ), ∀n ≥ 0.
(1.7)
1 + εn
1 + εn





1


P∞
1





Nếu limn→∞ εn = 0,
ε
=
∞
và
lim
−
n
n→∞
n=1