ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGÔ THỊ THO PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN GIẢ ĐƠN ĐIỆU MẠNH LUẬN VĂ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGÔ THỊ THO PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN GIẢ ĐƠN ĐIỆU MẠNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - 205

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGÔ THỊ THO PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN GIẢ ĐƠN ĐIỆU MẠNH Chuyên ngành: Toán ứng dụng. Mã số: 604602. LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH. LÊ DŨNG MƯU Hà Nội - 205

Mục lục Lời cảm ơn...................................................... 2 Lời mở đầu...................................................... 3 Chương. Bài toán bất đẳng thức biến phân........................... 5.. Kiến thức chuẩn bị.............................................. 6... Hội tụ mạnh và yếu trong không gian Hilbert.......................... 6..2. Toán tử chiếu....................................................... 8..3. Tính liên tục của hàm lồi........................................... 4..4. Đạo hàm và dưới vi phân của hàm lồi................................ 6.2. Bài toán bất đẳng thức biến phân............................... 8.2.. Các khái niệm..................................................... 8.2.2. Các ví dụ minh họa................................................ 20.2.3. Sự tồn tại nghiệm.................................................. 26 Chương 2. Phương pháp chiếu giải bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh................................................ 28 2.. Phương pháp chiếu dưới đạo hàm tăng cường.................... 29 2.2. Phương pháp chiếu cơ bản cải biên.............................. 36 Kết luận....................................................... 45 Tài liệu tham khảo.............................................. 46

LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, em xin chân thành cảm ơn GS.TSKH Lê Dũng Mưu. Thầy là người đã hướng dẫn khóa luận tốt nghiệp và nay là hướng dẫn luận văn thạc sĩ cho em. Hai chặng đường đã qua, thầy luôn tận tình hướng dẫn và chỉ bảo nghiêm khắc, thầy cũng cung cấp nhiều tài liệu quan trọng cũng như giành nhiều thời gian giải đáp những thắc mắc trong suốt quá trình làm việc cùng thầy. Em xin gửi tới các thầy, cô trong Khoa Toán - Cơ - Tin học, Trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội, cũng như các thầy cô đã giảng dạy lớp Cao học Toán khóa 203-205, lời cảm ơn chân thành đối với công lao dạy dỗ của các thầy, các cô trong hai năm qua. Đặc biệt, em muốn gửi lời cảm ơn tới các thầy dạy chuyên ngành nhóm Toán Ứng Dụng. Mặc dù nhóm chỉ có tám thành viên nhưng các thầy luôn lên lớp với cả nhiệt huyết và những chuyên đề hay, sâu sắc. Cuối cùng em xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, các bạn, các anh, các chị của lớp cao học Toán khóa 203-205 và giành riêng lời cảm ơn cho gia đình Toán Ứng Dụng. Là em út của nhóm, nên luôn được mọi người quan tâm nhiều hơn. Thời gian học cùng các anh chị đã cho em những kỷ niệm đẹp, được học những điều hay cũng như những kiến thức thú vị. Mặc dù đã có nhiều cố gắng, nhưng luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Em mong nhận được ý kiến đóng góp của các thầy, cô và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn. Hà Nội, ngày 3 tháng 0 năm 205 Học viên Ngô Thị Tho 2

LỜI MỞ ĐẦU Năm 966, Hatman và Stampacchia đã công bố những nghiên cứu đầu tiên của mình về bài toán bất đẳng thức biên phân, liên quan tới việc giải các bài toán biến phân, bài toán điều kiển tối ưu và các bài toán biên có dạng của phương trình đạo hàm riêng. Năm 980, Kinderlehrer và Stampacchia cho xuất bản cuốn sách "An Introduction to Variational Inequalities and Their Applications", giới thiệu bài toán biến phân trong không gian vô hạn chiều và ứng dụng của nó. Năm 984, cuốn sách "Variational and Quasivariational Inequalities: Applications to Free Boundary Problems" của C. Baiocci và A. Capelo đã áp dụng bất đẳng thức biến phân và tựa biến phân để giải các bài toán không có biên. Hiện nay bài toán bất đẳng thức biến phân đã phát triển thành nhiều dạng khác nhau,như là: bất đẳng thức biến phân vectơ, tựa bất đẳng thức biến phân, giả bất đẳng thức biến phân, bất đẳng thức biến phân ẩn, bất đẳng thức biến phân suy rộng... Bài toán này đã thu hút được sự quan tâm của nhiều nhà toán học. Vì mô hình của nó chứa nhiều bài toán quan trọng của một số lĩnh vực trong toán học cũng như thực tế như tối ưu hóa, bài toán bù, lý thuyết trò chơi, cân bằng Nash, cân bằng mạng giao thông, cân bằng di trú... Một trong những hướng nghiên cứu quan trọng của bất đẳng thức biến phân là việc xây dựng các phương pháp giải. Dựa trên tính chất của kiểu đơn điệu G. Cohen đã nghiên cứu phương pháp nguyên lý bài toán phụ. Ngoài ra còn có phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov, phương pháp chiếu, phương pháp điểm trong. Những phương pháp này khá hiệu quả, dễ thực hiện trên máy tính nhưng sự hội tụ của chúng chỉ được đảm bảo trên cơ sở các giả thiết khác về tính chất đơn điệu. Có nhiều phương pháp chiếu khác nhau, như là: phương pháp chiếu cơ bản, phương pháp chiếu dưới đạo hàm, và phương pháp chiếu siêu phẳng. Mỗi phương pháp giải quyết một lớp các bài toán bất đẳng thức biến phân nhất định. Do đó sự hội tụ của thuật toán được đảm bảo. Luận văn trình bày phương pháp chiếu dưới đạo hàm tăng cường và chiếu cơ bản cải biên để giải bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh. Các phương pháp này tạo ra một dãy hội tụ của các điểm lặp dễ dàng tính được. Chúng đều hội tụ 3

tới nghiệm duy nhất của bài toán. Luận văn gồm hai chương: Chương : Bài toán bất đẳng thức biến phân, được chia làm hai phần: Phần : Nhắc lại một số kiến thức trong Giải tích hàm và Giải tích lồi, như là: hội tụ mạnh và yếu trong không gian Hilbert, toán tử chiếu, tính liên tục của hàm lồi, đạo hàm và dưới vi phân của hàm lồi. Phần 2: Phát biểu bài toán, trình bày một số khái niệm và mô hình minh họa cho bài toán. Sau đó, chứng minh sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán. Chương 2: Phương pháp chiếu giải bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh. Nội dung chính của chương là trình bày hai thuật toán chiếu dưới đạo hàm tăng cường và thuật toán chiếu cơ bản cải biên để giải bài toán V I(K,F). Phát biểu và chứng minh các định lý về sự hội tụ của dãy lặp tạo bởi các thuật toán đó. Đưa ra một số ví dụ chứng minh rằng các điều kiện của định lý tồn tại nghiệm là cần thiết. Nếu bỏ đi một trong các điều kiện đó, dãy lặp sẽ không hội tụ tới nghiệm duy nhất của bài toán. 4

Chương Bài toán bất đẳng thức biến phân Trong chương này, chúng ta sẽ nhắc lại một số kết quả của Giải tích hàm có liên quan tới sự hội tụ mạnh và hội tụ yếu của một dãy số. Nhắc lại một số khái niệm và định lý cơ bản của Giải tích lồi, như là: định nghĩa và tính chất của toán tử chiếu, tính liên tục, đạo hàm và dưới vi phân của một hàm lồi, Định lý tách, Định lý Moreau- Rockafellar. Phần sau ta sẽ giới thiệu bài toán bất đẳng thức biến phân (VIP) và nhấn mạnh bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh. Chỉ ra các ví dụ về bài toán bất đẳng thức biến phân thường gặp trong thực tế cũng như trong các mô hình toán học. Cuối chương phát biểu và chứng minh định lý về sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán. Nội dung chủ yếu được trích dẫn từ tài liệu [], [2], [3], [6], [0]. Trong luận văn này, chúng ta sẽ làm việc trên không gian Hilbert thực trang bị một tô pô yếu, với tích vô hướng.,. và chuẩn tương ứng của nó là.. 5

.. Kiến thức chuẩn bị... Hội tụ mạnh và yếu trong không gian Hilbert Định nghĩa... Giả sử H là không gian tuyến tính thực, với mọi x H xác định một số gọi là chuẩn của x ( kí hiệu x ) thỏa mãn ba tiên đề sau:. Xác định dương: x H x 0; x = 0 x = 0. 2. Thuần nhất dương: x H; λ R λx = λ x. 3. Bất đẳng thức tam giác: x, y H x + y x + y. Định nghĩa..2. Giả sử H là không gian tuyến tính thực, cặp (H,, ) với thỏa mãn các điều kiện:, : H H R (x,y) x,y. Xác định dương: x,x 0 x H; x,x = 0 x = 0. 2. Đối xứng: x,y = y,x x,y H. 3. Song tuyến tính: αx + βy,z = α x,z + β y,z α, β R, x,y,z H. được gọi là không gian tiền Hilbert. Không gian tiền Hilbert, đầy đủ được gọi là không gian Hilbert, kí hiệu là H. Ví dụ.... H = R n ;x = (x,x 2,,x n );y = (y,y 2,,y n ) H tích vô hướng và chuẩn trên R n được xác định bởi n x,y = x i y i, i= x = n i= x 2 i. 6

2. H = C [a,b] là không gian các hàm liên tục. Khi đó với mọi x,y H tích vô hướng chuẩn được xác định bởi b x,y = x(t)y(t)dt, a b x = a x(t) 2 dt. Giả sử H là không gian Hilbert thực, H là không gian đối ngẫu của H và f H. Kí hiệu ϕ f : H R là các phiếm hàm tuyến tính ϕ f (x) = f (x). Khi f chạy khắp H ta có một họ ánh xạ (ϕ f ) f H. Định nghĩa..3. Tô pô yếu trên H được định nghĩa bởi tô pô sinh bởi họ ánh xạ (ϕ f ) f H. Kí hiệu σ(h, H ). Như vậy tô pô yếu σ(h, H ) là tô pô yếu nhất trên H đảm bảo cho tất cả các phiếm hàm f H đều liên tục. Định nghĩa..4. ) Ta nói dãy {x k } hội tụ mạnh đến x ( kí hiệu x k x) nếu lim x k x = 0. k 2) Dãy {x k } hội tụ yếu đến x ( kí hiệu x k x) nếu {x k } hội tụ về x theo tô pô yếu σ tức là f H f (x k ) f (x). Mệnh đề... Giả sử {x k } H và { f k } H. Khi đó a) x k x x k,y x,y, y H. b) Nếu x k x thì x k x. c) Nếu x k x thì {x k } bị chặn và x lim k x k. d) Nếu x k x và lim k x k x thì x k x. e) Nếu x k x và f k f thì f k (x k ) f (x). Khi H là không gian hữu hạn chiều thì tô pô yếu và tô pô thông thường trên H trùng nhau. Đặc biệt, một dãy hội tụ mạnh khi và chỉ khi nó hội tụ yếu. 7

..2. Toán tử chiếu Định nghĩa..5. Cho H là một không gian Hilbert thực, tập C H được gọi là tập lồi nếu: x,y C,λ [0,] λx + ( λ)y C, nón nếu: λ > 0, x C λx C, nón lồi nếu nó vừa là một nón vừa là một tập lồi. Hình.: tập lồi, nón, nón lồi Mệnh đề..2. Giả sử A, B là các tập lồi trong không gian Hilbert thực H, thì các tập sau là tập lồi: A B :={x x A, x B}, αa + βb :={x x = αa + βb, a A, b B,α,β R}, A B :={x x = (a,b), a A, b B}. Định nghĩa..6. Siêu phẳng trong không gian Hilbert thực H là một tập hợp các điểm có dạng {x H a(x) = α}, trong đó a H là một phiếm hàm tuyến tính và α R. Một siêu phẳng sẽ chia không gian ra hai nửa không gian. Nửa không gian được định nghĩa như sau: 8

Định nghĩa..7. Cho a H là một phiếm hàm tuyến tính và α R. Tập được gọi là nửa không gian đóng và tập gọi là nửa không gian mở. {x a(x) α}, {x a(x) > α}, Định nghĩa..8. Cho hai tập C và D khác rỗng, ta nói siêu phẳng a(x) = α tách C và D nếu a(x) α a(y), x C, y D. Ta nói siêu phẳng a(x) = α tách chặt C và D nếu a(x) < α < a(y), x C, y D. Ta nói siêu phẳng a(x) = α tách mạnh C và D nếu supa(x) < α < inf a(y). x C y D Định lý... (Định lý tách ) Cho C và D là hai tập lồi khác rỗng trong không gian Hilbert thực H sao cho C D = /0. Khi đó có một siêu phẳng tách C và D. Định lý..2. (Định lý tách 2) Cho C và D là hai tập lồi đóng khác rỗng trong không gian Hilbert thực H sao cho C D = /0. Giả sử có một tập compăc. Khi đó hai tập C và D có thể tách mạnh bởi một siêu phẳng. Định nghĩa..9. Giả sử C là một tập lồi, khác rỗng trong không gian Hilbert thực H và x 0 C.. Nón pháp tuyến (ngoài) của C tại x 0 kí hiệu là N C (x 0 ) được định nghĩa bởi: N C (x 0 ) := {ω H ω T (x x 0 ) 0 x C}. Tập N C (x 0 ) được gọi là nón pháp tuyến (trong) của C tại x 0. 2. Nón pháp tuyến ε của C tại x 0 được định nghĩa bởi: N ε C (x0 ) := {ω H ω T (x x 0 ) ε x C}. 9

Hiển nhiên 0 N C (x 0 ) và từ định nghĩa trên ta thấy N C (x 0 ) là một nón lồi đóng. Định nghĩa..0. Giả sử C /0 (không nhất thiết lồi) là một tập con của không gian Hilbert H và y là một véc-tơ bất kỳ, khoảng cách từ y đến C được định nghĩa bởi d C (y) := inf x y. x C Nếu tồn tại π C sao cho d C (y) := π y, thì ta nói π là hình chiếu (khoảng cách) của y trên C, kí hiệu π = p C (y). Hình.2: Hình chiếu khoảng cách Theo định nghĩa, ta thấy rằng hình chiếu p C (y) của y trên C sẽ là nghiệm của bài toán tối ưu { } min x 2 x y 2 x C. Nói cách khác, việc tìm hình chiếu khoảng cách của y trên C có thể đưa về việc tìm cực tiểu của hàm toàn phương x y 2 trên C. Chú ý rằng, nếu C /0, thì d C (y) hữu hạn, vì 0 d C (y) x y, x C. Mệnh đề..3. Cho C là một tập lồi đóng khác rỗng. Khi đó:. Với mọi y H,π C hai tính chất sau là tương đương: a) π = p C (y), b) y π N C (π). 2. Với mọi y H, hình chiếu p C (y) của y trên C luôn tồn tại và duy nhất. 0

3. Nếu y / C, thì p C (y) y,x p C (y) = 0 là siêu phẳng tựa của C tại p C (y) và tách hẳn y khỏi C, tức là pc (y) y,x p C (y) 0 x C, và pc (y) y,y p C (y) < 0. 4. Ánh xạ y p C (y) có các tính chất sau: a) p C (x) p C (y) x y x, y. (tính không giãn), b) p C (x) p C (y),x y p C (x) p C (y) 2, (tính đồng bức). Chứng minh.. giả sử π = p C (y). Lấy x C và λ (0,). Đặt x λ := λx + ( λ)π. Do x,π C và C lồi, nên x λ C. Hơn nữa do π là hình chiếu của y nên π y y x λ. Hay π y 2 (π y) + λ(x π) 2. Khai triển vế phải, ước lược và chia hai vế cho λ > 0, ta có λ x π 2 + 2 π y,x π 0. Điều này đúng với mọi x C và λ (0,). Do đó khi cho λ 0, ta được π y,x π 0, x C. Vậy y π N C (π). Giả sử ngược lại y π N C (π). Với mọi x C, có 0 (y π) T (x π) = (y π) T (x y + y π) = y π 2 + (y π) T (x y). Dùng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có: y π 2 (y π) T (y x) y π. y x. Suy ra y π y x x C, và do đó π = p C (y.)

2. Sự tồn tại. Do d C (y) := inf x C x y, nên theo định nghĩa của cận dưới đúng, tồn tại một dãy x k C sao cho lim k x k y = d C (y) < +. Vậy dãy {x k } bị chặn, do đó nó có một dãy con {x k j } hội tụ yếu đến một điểm π nào đó. Do C lồi, đóng, nên π C. Vậy π y = lim j x k j y = lim k x k y = d C (y). Chứng tỏ π là hình chiếu của y trên C. Tính duy nhất. Giả sử π và π là hình chiếu của y trên C, thì y π N C (π),y π N C (π ). Tức là π y,π π 0, π y,π π 0. Cộng hai vế của đẳng thức này ta suy ra π π 2 0, và do đó π = π. 3. Do y π N C (π), nên π y,x π 0 x C. Vậy π y,x = π y,π là một siêu phẳng tựa của C tại π. Siêu phẳng này tách y khỏi C vì y π, nên π y,y π = π y 2 < 0. 4. Theo phần (2) ánh xạ x p C (y) xác định khắp nơi. Do z p C (z) N C (p C (z)) với mọi z, nên áp dụng với z = x và z = y, ta có: x pc (x), p C (y) p C (x) 0 y pc (y), p C (x) p C (y) 0. Cộng hai bất đẳng thức lại ta được pc (y) p C (x), p C (y) p C (x) + x y 0. 2

Theo bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta suy ra p C (x) p C (y) x y. Để chứng minh tính đồng bức, áp dụng tính chất (b) của (), lần lượt với p C (x) và p C (y), ta có: pc (x) x, p C (x) p C (y) 0, y pc (y), p C (x) p C (y) 0. Cộng hai bất đẳng thức ta được pc (x) p C (y) + y x, p C (x) p C (y) = p C (x) p C (y),y x + p C (x) p C (y) 2 0. Chuyển vế ta có pc (x) p C (y),x y p C (x) p C (y) 2. Suy ra điều phải chứng minh. Hệ quả... Cho C H là một tập lồi, đóng. Với x H và y C bất kỳ, y P C (x) 2 x y 2 x P C (x) 2. Chứng minh. Cho x H và y C, ta có x y 2 = (x P C (x)) (y P C (x)) 2 = x P C (x) 2 + y P C (x) 2 2 x P C (x),y P C (x). Do x P C (x),y P C (x) 0, suy ra x y 2 x P C (x) 2 + y P C (x) 2. Hệ quả được chứng minh. Toán tử chiếu là một công cụ hữu hiệu nhằm giải bài toán cân bằng và các trường hợp đặc biệt của nó như: Bài toán tối ưu, bất đẳng thức biến phân, điểm bất động, bài toán điểm yên ngựa... Trong luận văn này, ta sẽ vận dụng giải quyết bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh. 3

..3. Tính liên tục của hàm lồi Cho C H là tập lồi và f : C R {+ }, ta sẽ kí hiệu: dom f := {x C : f (x) < + }. Tập dom f được gọi là miền hữu dụng của tập f. Tập epi f := {(x, µ) C R : f (x) µ}, được gọi là trên đồ thị của hàm f. Hàm f gọi là chính thường nếu dom f /0 và f (x) > với mọi x dom f. Định nghĩa... Hàm f được gọi là lồi nếu epi f là một tập lồi. Hàm f là hàm lõm nếu f là hàm lồi. Nếu f vừa lồi vừa lõm thì ta nói f là hàm afin. Hình.3: Hàm lồi Tính chất... Cho C H là một tập lồi, khác rỗng. Hàm f : H R {+ } được gọi là i) lồi trên C nếu: f (λx + ( λ)y) λ f (x) + ( λ) f (y), x,y C,λ [0,], ii) lồi thực sự (chặt) trên C nếu: f (λx + ( λ)y) < λ f (x) + ( λ) f (y), x,y C,x y,λ (0,), 4

iii) lồi mạnh trên C nếu: f (λx + ( λ)y) λ f (x) + ( λ) f (y) βλ( λ) x y 2 2 với hệ số β > 0, nếu x,y C,λ [0,]. Mệnh đề..4. Cho C là một tập lồi trong không gian Hilbert thực H. Khi đó:. Nếu f và g là các hàm lồi trên C thì f + g cũng là hàm lồi trên C. Nếu f hoặc g là hàm lồi thực sự thì f + g cũng là hàm lồi thực sự. 2. Nếu f là hàm lồi (lồi thực sự) trên C, λ là một số thực dương thì λ f là một hàm lồi (lồi thực sự) trên C. 3. Nếu f là hàm lồi (lồi thực sự) trên C, B là tập con lồi của C thì hạn chế f B của hàm f trên C cũng là một hàm lồi (lồi thực sự) trên C. Định nghĩa..2. Một điểm x C được gọi là điểm trong tương đối của C nếu nó là điểm trong của C theo tô-pô cảm sinh bởi aff(c) (tập afin nhỏ nhất chứa C). Tập hợp các điểm trong tương đối của C ký hiệu là ric. Định nghĩa..3. Cho f : H R, hàm f được gọi là nửa liên tục dưới tại x 0 H nếu {x k } H : x k x 0 lim k f (x k ) f (x 0 ). Hàm f được gọi là nửa liên tục dưới trên D H nếu nó liên tục dưới tại mọi x D. Hàm f là nửa liên tục trên nếu f là nửa liên tục dưới. Nếu hàm f vừa liên tục trên vừa liên tục dưới thì nó liên tục. Định nghĩa..4. Một hàm số thực f được gọi là tựa lồi trên tập lồi C nếu mọi số thực β tập mức dưới {x C f (x) β} lồi. Tương tự, hàm f là tựa lõm trên C nếu f là hàm tựa lồi trên C. Nếu f tựa lồi trên C thì x,y C và λ [0,] ta có f (λx + ( λ)y) max( f (x), f (y)). Tương tự, nếu f tựa lõm trên C thì x,y C và λ [0,] ta có f (λx + ( λ)y) min( f (x), f (y)). 5

Định lý..3. Giả sử f là hàm lồi chính thường trên H và x 0 H. Khi đó, các khẳng định sau là tương đương: a) f liên tục tại điểm x 0. b) f bị chặn trên trong một lân cận của x 0. c) int(epi f ) /0. d) int(dom f ) /0. và f liên tục trong int(dom f ). trong đó intc là kí hiệu phần trong của tập C...4. Đạo hàm và dưới vi phân của hàm lồi Tính khả vi của hàm lồi đóng vai trò quan trọng trong các phương pháp tối ưu hóa. Lớp các hàm lồi có những tính chất rất đẹp mà các lớp hàm khác không có. Giả sử f : H R là hàm lồi. Ta có các khái niệm sau Định nghĩa..5. Vectơ ω H được gọi là dưới đạo hàm của f tại x 0 H nếu: ω,x x 0 f (x) f (x 0 ), x H. Tập hợp tất cả các dưới đạo hàm của hàm f tại x 0 được gọi là dưới vi phân của hàm f tại x 0, kí hiệu là f (x 0 ) := {ω H : ω,x x 0 f (x) f (x 0 ), x H}. Hàm f được gọi là khả dưới vi phân tại x 0 nếu f (x 0 ) /0. Định nghĩa..6. Cho ε > 0, một vectơ ω H được gọi là ε-dưới đạo hàm của f tại x 0 H nếu: ω,x x 0 f (x) f (x 0 ) + ε, x H. Tập hợp tất cả các ε-dưới đạo hàm của hàm f tại x 0 được gọi là ε-dưới vi phân của hàm f tại x 0, kí hiệu là ε f (x 0 ) := {ω H : ω,x x 0 f (x) f (x 0 ) + ε, x H}. Hàm f được gọi là ε-khả dưới vi phân tại x 0 nếu ε f (x 0 ) /0. 6

Mệnh đề..5.. α 0 ta có (α f )(x) = α f (x). 2. Giả sử f là một hàm lồi, h(x) = f (Ax + b). Khi đó h(x) = A T f (Ax + b). Mệnh đề..6. (Định lý Moreau-Rockafellar). Cho f i,i =,2,,n là các hàm lồi chính thường trên H. Khi đó Nếu ri(dom f i ) /0 thì n i= n i= f i (x) ( f i (x) = ( n i= n i= f i (x)), x H. f i (x)), x H. Định nghĩa..7. Giả sử x H,d H\{0}, hàm f được gọi là: a) Khả vi Frechet tại x 0 nếu tồn tại ω H sao cho f (x) f (x 0 ) ω,x x 0 lim x x 0 x x 0 = 0, x H. Một điểm ω như thế nếu tồn tại, sẽ duy nhất và được gọi là đạo hàm của f tại x 0, kí hiệu là f (x 0 ) hoặc f (x 0 ). b) Có đạo hàm theo hướng d tại x 0 nếu tồn tại giới hạn f (x 0 +td) f (x 0 ) lim. t 0 + t ta gọi giới hạn đó là đạo hàm theo hướng d của f tại x 0, kí hiệu là f (x 0,d). Định lý..4. Giả sử f là hàm lồi chính thường trên H và x dom f. Khi đó a) f có đạo hàm theo mọi hướng tại x và f (x,d) = inf λ>0 b) x f (x) f (x,d) x,d, d H. c) f (x) /0 f nửa liên tục dưới tại 0. d) Nếu f khả vi tại x H thì f (x) = f (x). f (x + λd) f (x). λ Nói chung một hàm lồi không nhất thiết khả vi tại mọi điểm. Dưới vi phân là một khái niệm mở rộng của đạo hàm trong trường hợp hàm không khả vi. Trong trường hợp f (x ) chỉ gồm duy nhất một điểm thì f khả vi tại x. 7

.2. Bài toán bất đẳng thức biến phân.2.. Các khái niệm Định nghĩa.2.. Cho K H là một tập đóng, khác rỗng, F : K H là một ánh xạ đơn trị. Bài toán bất đẳng thức biên phân (đơn trị) là bài toán Tìm x K sao cho F(x ),y x 0, y K. (VIP) Tập nghiệm của bài toán kí hiệu là S(K, F). Định nghĩa.2.2. Giả sử K H là một tập lồi đóng, khác rỗng và toán tử F : K H được gọi là a) đơn điệu mạnh trên K nếu tồn tại γ > 0 sao cho F(x) F(y),x y γ x y 2 x,y K, b) đơn điệu trên K nếu F(x) F(y),x y 0 x,y K, c) giả đơn điệu mạnh trên K nếu tồn tại γ > 0 sao cho F(x),y x 0 F(y),y x γ y x 2 x,y K, d) giả đơn điệu trên K nếu F(x),y x 0 F(y),y x 0 x,y K. Theo định nghĩa trên các kéo theo (a) (b),(a) (c),(c) (d),(b) (d), là hiển nhiên. Chú ý rằng một toán tử giả đơn điệu mạnh có thể không đơn điệu. Ví dụ.2.. Cho 0 < r < R, đặt K = B(r) := {x H : x r} và F được cho bởi F(x),y x := K(x),y x + (R x ) G(x),y x. Trong đó K và G thỏa mãn các điều sau: 8

i) K(x),y x 0, x,y K và G là β đơn điệu mạnh trên K, ii) K(0),y y 0 0 + K(y 0 ), y 0 = 0 K : R G(0),y 0 + (R y 0 ) G(y 0 ), y 0 > 0 Giả sử F(x),y x 0, do K(x),y x 0 nên ta có: G(x),y x 0. Suy ra G(y),x y β y x 2 (do G là đơn điệu mạnh). Theo định nghĩa của F(x),y x ta có: x,y K, F(y),x y = K(y),x y + (R y ) G(y),x y (R r)β y x 2. Suy ra F giả đơn điệu mạnh trên K. Hơn nữa theo (ii) ta có: F(0),y 0 + F(y 0 ), y 0 = K(0),y 0 + R G(0),y 0 + Do đó F không đơn điệu. + K(y 0 ), y 0 + (R y 0 ) G(y 0 ), y 0 > 0. Định nghĩa.2.3. Giả sử toán tử F là toán tử giả đơn điệu mạnh thì bài toán bất đẳng thức biến phân (VIP) trở thành bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh. Kí hiệu là VI(K, F). Mệnh đề.2.. Cho K H là một tập lồi đóng và toán tử F : K H liên tục. a) Nếu F giả đơn điệu mạnh thì VI(K, F) nếu có thì có duy nhất một nghiệm. b) Nếu F giả đơn điệu thì S(K, F) là một tập lồi. Chứng minh. Giả sử F là toán tử giả đơn điệu mạnh và u,v S(K,F), thì F(v ),u v 0 và F(v ),v u γ v u 2. Cộng từng vế của hai bất đẳng thức ta được γ v u 2 0. Suy ra u = v. Cho F liên tục và giả đơn điệu. Để chứng minh S(K,F) là một tập lồi ta chỉ cần chứng minh rằng S(K,F) = {u K : F(u),u u 0}. u K Thật vậy, nếu u S(K,F) thì F(u ),u u 0 với mọi u K. Do hàm F giả đơn điệu nên F(u),u u 0 với mọi u K. Do vậy u thuộc vế phải của đẳng thức 9

trên. Ngược lại, giả sử u {u K : F(u),u u 0}. Cho u K tùy ý, vectơ u K u = τu + ( τ)v K với mọi τ (0,),u,v K. Do đó, ta có: F(τu + ( τ)v),u u 0, τ (0,). Cho τ thì F(u ),u u 0. Do đó, u S(K,F). Vì với mỗi u K, tập {u K : F(u),u u 0} là lồi và giao của các tập lồi là một tập lồi nên S(K,F) là một tập lồi. Mệnh đề được chứng minh. Định nghĩa.2.4. Ánh xạ F được gọi là liên tục Lipschitz trên K nếu tồn tại hằng số L > 0 sao cho: F(u) F(v) L u v, u,v K. P K (.) là một ánh xạ liên tục Lipschitz với hằng số Lipschitz L=..2.2. Các ví dụ minh họa Nhiều bài toán trong tối ưu hóa, phương trình vật lý toán và nhiều vấn đề trong kinh tế, kỹ thuật, cân bằng giao thông đô thị... đều có thể mô tả dưới dạng bài toán bất đẳng thức biến phân. Ví dụ.2.2. (Bài toán cân bằng giao thông đô thị) Xét một mạng giao thông được cho bởi một luồng mạng hữu hạn. Gọi + I là tập hợp các phương tiện giao thông, + P là tập hợp các điểm nút giao thông, + E là tập hợp các cạnh (tuyến đường). Giả sử A P và B P, sao cho A B /0. Mỗi phần tử thuộc A gọi là một điểm nguồn. Mỗi phần tử thuộc B gọi là một điểm đích. Mỗi điểm nguồn và điểm đích được nối với nhau bởi một tập hợp liên tiếp các cạnh (tuyến đường). Kí hiệu: + fe i là mật độ giao thông của phương tiện i trên đoạn đường e E. Đặt f là vectơ có các thành phần là fe i với i I, và e E. + c i e là chi phí sử dụng phương tiện giao thông i trên đoạn đường E. Đặt c là vectơ có các thành phần là c i e với i I, và e E. + dω i là nhu cầu sử dụng loại phương tiện i trên tuyến đường ω = (A,B).Đặt d là vectơ có các thành phần là dω i với i I, và ω A B. Giả sử chi phí giao thông phụ thuộc vào lưu lượng, tức là c = c( f ) là một hàm của f. 20

+ λ i ω là mức độ chi phí trên tuyến đường ω của phương tiện giao thông i. + x i ω : là mật độ giao thông của phương tiện i I trên tuyến đường ω = (A,B) Giả sử trong mạng trên, phương trình cân bằng sau được thỏa mãn: d i ω = p P ω x i p, i I,ω A B. (.) Trong đó, P ω kí hiệu là tập các tuyến đường của ω = (A,B) (nối điểm nguồn A và điểm đích B). Theo phương trình (.), thì nhu cầu sử dụng loại phương tiện i trên tuyến đường ω đúng bằng mật độ giao thông của phương tiện đó trên tuyến đường nối điểm nguồn và điểm đích của tuyến đường đó. Khi đó ta có: f i e = p P ω x i pδ ep, i I,ω A B. (.2) Trong đó: khi e P δ ep = 0 khi e / P. Với mỗi tuyến đường p nối một điểm nguồn và một điểm đích, đặt c i p = c i eδ ep. e E Như vậy, c i p là chi phí sử dụng phương tiện i trên tuyến đường p. Mỗi cặp (d, f ) thỏa mãn (.) và (.2) được gọi là điểm cân bằng mạng giao thông nếu: c i = λω i (d ) khi x i p > 0 p = > λω i (d ) khi x i p = 0. Với mỗi i I và mỗi tuyến đường P. Theo định nghĩa này, tại điểm cân bằng đối với một loại phương tiện giao thông và mọi tuyến đường, chi phí sẽ thấp nhất khi có lưu lượng giao thông trên tuyến đó. Ngược lại, chi phí sẽ không phải là thấp nhất. Đặt K = {( f,d) x 0 sao cho (.) và (.2) đúng }. Khi đó, ta có định lý sau: Định lý.2.. Mỗi cặp vectơ ( f,d ) K là một điểm cân bằng của mạng giao thông khi và chỉ khi nó là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân sau ( ) Tìm ( f,d ) K : c( f ),λ(d ),( f,d) ( f,d ) 0, ( f,d) K. 2

Ví dụ.2.3. (Bài toán cân bằng di trú) gọi Bài toán cân bằng di trú bao gồm một tập hữu hạn các điểm X. Với mỗi i, j X, + b i là mật độ cố định tại vị trí i, + h i j là trọng số của dòng di trú từ vị trí đầu i đến đích j, + x i là mật độ hiện tại tại vị trí i, + u i là tiện ích di trú, + c i j là chi phí di trú. Đặt x = {x i i X} và h = {h i j i, j X,i j}, ta định nghĩa X = { (x,h) Từ ràng buộc h > 0, h i j b i, i j những luồng h là bị chặn. Do đó, mật độ là bị chặn nên X bị chặn. } x i = b i + h ji h i j, i X. (.3) i j i j h > 0, h i j b i, i j x i = b i + h ji h i j, i X, i j i j Quy luật trong (.3) phản ánh sự bảo toàn của dòng và ngăn cản dòng di trú. Rõ ràng, các dòng di trú là không âm. Điều kiện không âm cho mô hình di trú vô hướng là phức tạp hơn mô hình cân bằng mạng. Giả sử rằng tính tiện ích phụ thuộc mật độ, nghĩa là u i = u i (x), và chi phí di trú phụ thuộc và dòng di trú, nghĩa là c i j = c i j (h). Chúng ta nói rằng cặp (x,h ) X là cân bằng nếu u i (x ) u j (x ) + c i j (h = 0 nếu h i j ) + µ > 0, i 0 nếu h i j = 0, i, j N; (.4) Trong đó µ j 0 nếu h is = b i, s i = 0 nếu h is < b i, với mỗi i N. s i 22 (.5)

Tập các điều kiện cân bằng (.4), (.5) có thể được viết lại tương đương với bất đẳng thức biến phân. Tìm một cặp (x,h ) sao cho (xi x i )u i (x ) + (h i j h i j)c i j (h ) 0, (x,h) H. i N i, j N,i j Ngoài những vấn đề thực tế, như hai bài toán trên được đưa về bài toán bất đẳng thức biến phân thì ta còn có nhiều bài toán điển hình khác cũng được đưa về bài toán này. Ví dụ.2.4. Bài toán điểm bất động Brouwer Cho K là một tập lồi, đóng, khác rỗng, compăc yếu trong H và ánh xạ T : K K là ánh xạ liên tục. Bài toán điểm bất động được phát biểu như sau Tìm x K : x = T (x ). Bài toán điểm bất động được đưa về bài toán bất đẳng thức biến phân (VIP) thông qua mệnh đề sau Mệnh đề.2.2. Giả sử ánh xạ F được xác định bởi F(x) = x T (x), x K. Khi đó, nghiệm của bài toán điểm bất động trùng với nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (VIP). Tức là bài toán bất đẳng thức biến phân tương đương với bài toán điểm bất động. Chứng minh. Giả sử x là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (VIP) và F(x) = x T (x), với mọi x K, tức là F(x ),x x 0, x K. Do F(x ) = x T (x ), x K. Suy ra x T (x ),x x 0, x K. Do T (x ) K nên thay x ở trên bởi T (x ) thì x T (x ),T (x ) x 0. 23

Hay x T (x ) 0. Từ đó, ta được x = T (x ). Ngược lại, giả sử x là nghiệm của bài toán điểm bất động. Khi đó x = T (x ). Suy ra Hay F(x ) = x T (x ) = 0. F(x ),x x = 0 Suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ.2.5. Bài toán bù phi tuyến Trước khi phát biểu bài toán, ta sẽ trình bày mối quan hệ giữa bài toán (VIP) và nón pháp tuyến của một tập lồi. Mệnh đề.2.3. Cho K H là một tập lồi, đóng, khác rỗng và ánh xạ F : K H, x là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (VIP) khi và chỉ khi F(x ) thuộc nón pháp tuyến của K tại x, tức là x S(K,F) F(x ) N K (x ). Nói cách khác, x là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân khi và chỉ khi 0 F(x ) + N K (x ). Chứng minh. Theo định nghĩa ta có x S(K,F) F(x ),x x 0, x K F(x ),x x 0, x K F(x ) N K (x ). Suy ra điều phải chứng minh. Định nghĩa.2.5. Cho K H là một tập lồi, đóng, khác rỗng, nón đối ngẫu của K, kí hiệu là K, là một tập được định nghĩa bởi K = {y : y,x 0, x K}. 24

Về mặt hình học, K là tập hợp bao gồm tất cả các vectơ y H tạo thành một góc không tù với mọi vectơ x K. Sau đây, chúng ta sẽ đi phát biểu bài toán bù phi tuyến: Cho K H là một tập lồi, đóng, khác rỗng và K là nón đối ngẫu của K, ánh xạ F : K H. Bài toán bù phi tuyến là bài toán Tìm x K : F(x ) K ; x,f(x ) = 0. (NCP) Tập các nghiệm của bài toán (NCP) kí hiệu là S (K,F). Mối quan hệ giữa bài toán (VIP) và bài toán (NCP) được thể hiện qua mệnh đề sau: Mệnh đề.2.4. Nếu K là một nón lồi, đóng trong H thì tập nghiệm của bài toán (NCP) và bài toán (VIP) là trùng nhau, tức là: S (K,F) = S(K,F). Chứng minh. Giả sử x S(K,F). Theo định nghĩa, ta có: x K : F(x ),x x 0, x K. Bằng cách lấy x = 0 K, suy ra F(x ), x 0. Bằng cách lấy x = 2x K, suy ra F(x ),x 0. Từ đó, ta thu được F(x ),x = 0. Mặt khác, từ định nghĩa ta có: 0 F(x ),x x = F(x ),x F(x ),x = F(x ),x, x K. Vậy F(x ) K. Suy ra x S (K,F). Hay S(K,F) S (K,F). Ngược lại, giả sử x S (K,F). Theo định nghĩa, ta có: F(x ) K : F(x ),x = 0. Mặt khác, vì F(x ) K, nên với mọi x K ta có: F(x ),x x = F(x ),x F(x ),x = F(x ),x 0. Suy ra x S(K,F). Hay S (K,F) S(K,F). Vậy S (K,F) = S(K,F). Suy ra điều phải chứng minh. 25

.2.3. Sự tồn tại nghiệm Trong phần này, trình bày chứng minh theo tài liệu [9] rằng bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh luôn tồn tại một nghiệm và đó là nghiệm duy nhấtcủa bái toán. Bổ đề.2.. Giả sử K là một tập lồi đóng, khác rỗng trong không gian Hilbert H. Cho F : K H là một toán tử sao cho F( ),y là nửa liên tục trên với mỗi y K. Giả sử tập compăc W : x K\W, y K : F(x),y x < 0. Thì bài toán bất đẳng thức biến phân (VI) có một nghiệm. Mệnh đề.2.5. Giả sử F là β giả đơn điệu mạnh trên K. Nếu F( ),y là nửa liên tục trên với mỗi y K thì bài toán bất đẳng thức biến phân (VI) có một nghiệm duy nhất. Chứng minh. Giả sử K không bị chặn. Theo Bổ đề (.2.) ta có: hình cầu đóng B : x K\B, y K B : F(x),y x < 0. (.6) Thật vậy, nếu không, với mọi hình cầu đóng B r tâm O, bán kính r, tồn tại x r K\B r sao cho F(x r ),y 0 x 0, y K B r. Cố định r 0 > 0, thì với mọi r > r 0, tồn tại x r K\B r sao cho F(x r ),y 0 x r 0, với y 0 K B r0. Do đó, vì F là β giả đơn điệu mạnh, ta có: F(y 0 ),x r y 0 + β x r y 0 2 0 r. (.7) Mặt khác, do tập K lồi và F(y 0 ), y 0 lồi trên K, với ε r := r tồn tại x0 K sao cho ε r 2 F(y 0 ),x 0 y 0 /0, trong đó ε r 2 F(y 0 ),x 0 y 0 là viết tắt của ε r -khả dưới vi phân của hàm lồi F(y 0 ), y 0 tại x 0. Lấy w ε r 2 F(y 0 ),x 0 y 0, theo định nghĩa của ε r -khả dưới vi phân ta có: F(y 0 ),x y 0 + r w,x x 0 + F(y 0 ),x 0 y 0 x. Thay x = x r ta thu được F(y 0 ),x r y 0 +β x r y 0 2 + r F(y 0 ),x 0 y 0 + w,x r x 0 + β x r y 0 2 F(y 0 ),x 0 y 0 w x r x 0 + β x r y 0 2. 26

Cho r, từ đó x r, suy ra F(y 0 ),x r y 0 + β x r y 0 2 mâu thuẫn với (.7). Do đó, điều kiện bức (.6) phải đúng. Theo Bổ để.2., bài toán bất đẳng thức biến phân (VI) thừa nhận một nghiệm. Trong trường hợp K bị chặn, mệnh đề là một hệ quả của Định lý Ky Fan.[5] Tính duy nhất nghiệm được suy luận trực tiếp từ Mệnh đề.2.. Mệnh đề được chứng minh. 27

Chương 2 Phương pháp chiếu giải bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh Chương này, trình bày các thuật toán chiếu giải bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh V I(K,F). Phần đầu, trình bày thuật toán chiếu dưới đạo hàm tăng cường (mỗi bước lặp có hai lần chiếu) với độ dài bước được lấy từ một khoảng đóng của các số thực dương, không yêu cầu phụ thuộc vào hằng số Lipschitz. Dãy lặp tổng quát thu được từ thuật toán này hội tụ tới nghiệm duy nhất của bài toán. Phần sau, trình bày thuật toán chiếu cơ bản cải biên (mỗi bước lặp chỉ có một lần chiếu) với độ dài bước được lấy tùy ý từ một khoảng đóng cố định của các số thực dương. Trình bày chứng minh dãy lặp tổng quát thu được từ thuật toán này hội tụ tuyến tính tới nghiệm duy nhất của bài toán. Phương pháp này đòi hỏi hằng số Lipschitz và môđun của giả đơn điệu mạnh trong việc lựa chọn khoảng đóng cố định chứa độ dài bước. Nội dung chủ yếu của chương được trích dẫn từ tài liệu [7], [8]. 28

Đề tiện cho việc theo dõi, em xin phát biểu lại bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu manh như sau: Định nghĩa 2.0.6. Cho K H là một tập đóng, khác rỗng, F : K H là toán tử giả đơn điệu mạnh trên K. Bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh là bài toán Tìm x K sao cho F(x ),y x 0, y K. (VI) Tập nghiệm của bài toán được ký hiệu là VI(K, F). 2.. Phương pháp chiếu dưới đạo hàm tăng cường Thuật toán 2.. Chọn một điểm đầu u 0 K và một dãy các độ dài bước {λ k } k=0 R + với Bước : Đặt k=0. λ k = +, k=0 lim λ k = 0. k Bước 2: Tính u k = P K (u k λ k F(u k )), u k+ = P K (u k λ k F(u k )). Bước 3: Nếu u k = u k thì dừng lại. Ngược lại thì đặt k + = k và quay lại bước 2. Nếu thuật toán dừng ở bước thứ k, thì ta đặt u k = u k với mọi k k +. Vì thế, Thuật toán 2.. tạo ra một dãy lặp vô hạn. Định lý 2... Cho K là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong không gian Hilbert thực H. Giả sử F : K H là liên tục Lipschitz và giả đơn điệu mạnh trên K, thì dãy lặp {u k } được tạo bởi Thuật toán 2.. hội tụ mạnh tới nghiệm u của bài toán. Hơn nữa, tồn tại một chỉ số k 0 N sao cho γλ k < với mọi k k 0 và u k+ u k ( γλ j ) u k 0 u, j=k 0 trong đó γ > 0 là hằng số giả đơn điệu mạnh của F. Ngoài ra, lim k ( γλ j ) = 0. k j=k 0 29

Chứng minh. Do F liên tục Lipschitz nên tồn tại L > 0 sao cho Theo Hệ quả.. ta có: F(u) F(v) L u v, u,v K. v P K (u) 2 u v 2 u P K (u) 2, v K,u H. Thay v = u K,u = u k λ k F(u k ) và u k+ = P K (u k λ k F(u k )) vào bất đẳng thức trên ta được u u k+ 2 u k λ k F(u k ) u 2 u k λ k F(u k ) u k+ 2 = (u k u ) λ k F(u k ) 2 (u k u k+ ) λ k F(u k ) 2 = u k u 2 u k u k+ 2 + 2λ k F(u k ),u u k+. Vì u S(K,F), nên F(u ),u u 0, với mọi u K. Theo tính chất giả đơn điệu mạnh của F ta có F(u),u u γ u u 2 với mọi u K. Cho u = u k K, ta được bất đẳng thức mới F(u k ),u u k γ u k u 2. Do đó F(u k ),u u k+ = F(u k ),u u k + F(u k ),u k u k+ Suy ra u k+ u 2 γ u k u 2 + F(u k ),u k u k+. u k u 2 u k u k+ 2 2γλ k u k u 2 + 2λ k F(u k ),u k u k+ = u k u 2 u k u k 2 u k u k+ 2 2 u k u k,u k u k+ 2γλ k u k u 2 + 2λ k F(u k ),u k u k+ = u k u 2 u k u k 2 u k u k+ 2 2γλ k u k u 2 + 2 u k u k λ k F(u k ),u k+ u k. Mặt khác u k u k λ k F(u k ),u k+ u k = u k u k λ k F(u k ),u k+ u k + λ k F(u k ) λ k F(u k ),u k+ u k λ k F(u k ) F(u k ),u k+ u k > λ k F(u k ) F(u k ) u k+ u k λ k L u k u k u k+ u k. 30

Suy ra u k+ u 2 u k u 2 u k u k 2 u k u k+ 2 Hơn nữa nên ta thu được + 2λ k L u k u k u k+ u k 2γλ k u k u 2. 2λ k L u k u k u k+ u k λ 2 k L2 u k u k 2 + u k+ u k 2, u k+ u 2 u k u 2 u k u k 2 + λ 2 k L2 u k u k 2 2γλ k u k u 2 u k u 2 ( λ 2 k L2 ) u k u k 2 2γλ k u k u 2. Cho λ k 0, khi đó tồn tại k 0 N sao cho 2γλ k λ 2 k L2 với mọi k k 0. Do đó với k k 0, ta có γλ k 2 2 λ 2 k L2 < và u k+ u 2 u k u 2 2γλ k ( u k u k 2 + u k u 2 ) u k u 2 γλ k ( u k u k + u k u ) 2 u k u 2 γλ k u k u 2. Lấy tổng của các bất đẳng thức u k+ u 2 u k u 2 γλ k u k u 2 từ k 0 tới n. Ta được Vì thế n u n+ u 2 u k 0 u 2 γλ k u k u 2. k=k 0 n k=k 0 γλ k u k u 2 u k 0 u 2 u n+ u 2. Vì u k+ u 2 u k u 2 γλ k u k u 2 u k u 2 với k k 0. Do vậy ( n ) γ u n u 2 n γλ k u k u 2 k=k 0 Vì k=0 tới u. k=k 0 λ k u k 0 u 2 u n+ u 2 u k 0 u 2. λ k = + và γ > 0 nên lim n u n u = 0. Do đó dãy {u k } hội tụ theo chuẩn 3

Tiếp theo ta sẽ chứng minh tồn tại k 0 N sao cho γλ k < với mọi k k 0 và u k+ u k j=k 0 ( γλ j ) u k 0 u. Với k k 0 u k+ u 2 ( γλ k ) u k u 2 ( γλ k )( γλ k ) u k u 2. k j=k 0 ( γλ j ) u k 0 u 2. Suy ra u k+ u k ( γλ j ) u k 0 u. j=k 0 Mặt khác, ta thấy rằng γλ j + γλ j j k 0, do đó k j=k 0 ( γλ j ) khi k. Định lý được chứng minh. k j=k 0 ( + γλ j ) + γ k j=k 0 λ j 0 Trong phần tiếp theo, ta sẽ chứng minh giả thiết hàm F là giả đơn điệu mạnh và hai điều kiện λ k = +, lim λ k = 0 là cần thiết cho khẳng định của Định lý 2... k=0 k Ví dụ 2... Cho K = R và F(u) = u. Dễ thấy, F là liên tục Lipschitz, đơn điệu mạnh trên K và S(K,F) = {0}. Chọn u 0 = K và định nghĩa dãy {λ k } bằng cách đặt λ k = (k + ) 2 k N. Từ đó λ k < +, và dãy lặp {u k } được tạo bởi Thuật toán 2.. được cho bởi k=0 u k+ = P K (u k λ k F(P K (u k λ k F(u k )))) = u k λ k F(u k λ k F(u k )) = u k λ k (u k λ k u k ) = ( λ k + λ 2 k )uk. 32

Vì u 0 =, ta có u k+ = = k j=0 k j= ( λ j + λ 2 j ) = ( k + 2 2(k + ) ) ( j + ) 2 = k N. k j=0 k j= ( j( j + 2) ( j + ) 2 ) ( j + ) 2 + ( j + ) 4 Do đó, {u k } là dãy giảm và bị chặn dưới nên nó hội tụ. k + 2 lim k uk lim k 2(k + ) = 2. Ta được lim k u k = u với u 2.Do vậy, dãy {uk } không hội tụ tới nghiệm duy nhất của bài toán VI(K,F). Ví dụ 2..2. Cho K,F,u 0 như trong Ví dụ 2.. và λ k = với mọi k N. Do đó λ k = +. Tuy nhiên như đã tính toán ở trên u k = k ( λ j + λ j 2 ) = với mọi k=0 k N. Do vậy lim k u k = không hội tụ tới nghiệm duy nhất của bài toán. Ví dụ 2..3. Cho K = R 2 và F(u) = ( u 2,u ) với mọi u = (u,u 2 ) K. Dễ thấy hàm F liên tục Lipschitz và đơn điệu trên K, và nghiệm của bài toán VI(K,F) là (0,0) T. Cho u 0 = (u 0,u0 2 )T K\{(0,0) T } bất kỳ và {λ k } được cho bởi j=0 λ k = k + k N. Khi đó λ k = +, lim λ k = 0. Để chứng minh F không giả đơn điệu mạnh trên K, k=0 k ta chỉ cần chọn u = (,0) T,v = (2,0) T, khi đó F(u),v u = 0 và F(v),v u = 0. Dãy lặp {u k } được tạo bởi Thuật toán 2.. được cho bởi u 0 = (u ( 0,u0 2 )T ) u k+ = ( (k + ) 2 u k+ 2 = (k + ) 2 u k + k + uk 2 ) u k 2 k + uk 33

Ta có u k+ = (u k+ ) 2 + (u k+ 2 ) 2 = (u k )2 + (u k 2 )2 (k + ) 2 + (k + ) 4 = u k = u 0 k j=0 (k + ) 2 + (k + ) 4 ( ) ( j + ) 2 + ( j + ) 4. Khi đó lim k uk = u 0 lim k k j=0 u 0 lim k 2 2 u0 = µ u 0 (µ ( k + 2 2(k + ) 2 2 ). ) ( j + ) 2 + ( j + ) 4 Do đó, {u k } không hội tụ đến nghiệm duy nhất của bài toán VI(K,F). Ta sẽ chứng minh tập hợp các điểm tụ của dãy {u k } là đường tròn S := {u R 2 : u = µ u 0 }. Với mỗi k N, cho z k = u k + iuk 2 là số phức được tạo bởi uk. Để chứng minh tập hợp các điểm tụ của {u k } là đường tròn ta chỉ cần chứng minh tập các điểm tụ của {z k } là đường tròn. S := {z C : z = µ z 0 } trong mặt phẳng phức. Ta có ( u k+ + iu k+ 2 = i ( k + )u k (k + ) 2 + i + k + ( = i ( k + )u k (k + ) 2 + i ( = i ) k + (k + ) 2 (u k + iuk 2 ). 34 ) i (k + ) 2 i k + (k + ) 2 u k 2 ) u k 2

( Đặt a k = i k + (k + ) 2, ta có zk+ = a k z k k = a j )z 0. Với mỗi k ta viết j=0 a k dưới dạng hàm mũ a k = r k e iθ k, trong đó r k = a k = (k + ) 2 + (k + ) 4, θ k = arctan ( ) (k + ) (k + ) 2 ( π 2,0 ). Thì ( ( k k z k+ = a 0 r j )e ωki z 0 = a 0 r j ) z 0 e ωki e θi, j= j= trong đó a 0 = i,ω k = k θ j và θ ( π,π] là argument chính của z 0. Vì j= ( ) (k + ) θ k = arctan (k + ) 2 = ( ) k + 2 + O k 2, nên lim θ k = 0 và lim ω k =. k k Cho z = a 0 µ z 0 e iθ là một điểm tùy ý trên S. Với mọi m N, tồn tại duy nhất k m N sao cho ω km θ θ 2mπ < ω km. Do đó ω km (θ θ 2mπ) ω km ω km = θ km. Vì θ km 0, ta có ω km (θ θ 2mπ) 0 khi m. Nghĩa là ω km + 2mπ θ θ khi m. Do vậy Hơn nữa lim m eω km i = lim m e(ω km +2mπ)i = e (θ θ)i. ) k lim m ( r j = lim j= m k j=0 ( ) ( j + ) 2 + ( j + ) 4 = µ. Vậy ta được lim m zk m+ = a 0 µe (θ θ)i e θi := z. Ta đã chứng minh được tập tất cả các điểm tới hạn của {z k } là đường tròn S. Qua các ví dụ trên ta thấy rằng, nếu bỏ đi bất kỳ một trong ba đều kiện trên thì dãy lặp {u k } đều không hội tụ tới nghiệm duy nhất của bài toán VI(F,K). 35

2.2. Phương pháp chiếu cơ bản cải biên Thuật toán 2.2.. Cho trước u 0 K và {λ k } (0,+ ). Bước : Đặt k=0. Bước 2: Tính u k = P K (u k λ k F(u k )), nếu u k = u k thì dừng lại. Nếu không thì chuyển sang bước tiếp theo. Bước 3: Đặt u k+ = u k, sau đó quay lại bước 2. Nếu thuật toán chấm dứt ở bước thứ k, thì ta đặt u k = u k với mọi k k +. Như vậy, đối với một dãy các độ dài bước thay đổi {λ k } (0,+ ), Thuật toán 2.2. tạo ra cho mỗi điểm ban đầu u 0 K một dãy lặp vô hạn {u k }. Mệnh đề 2.2.. Cho K là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong không gian Hilbert thực H và ánh xạ F : K H là giả đơn điệu mạnh trên K với mô-đun γ và liên tục Lipschitz trên K với hằng số L. Cho {u k } là dãy lặp được tạo ra bởi Thuật toán 2.2. và u là nghiệm duy nhất của bài toán VI(K, F) thì [ + λ k (2γ λ k L 2 )] u k+ u 2 u k u 2, k N. Chứng minh. Ta có u k+ = P K (u k λ k F(u k )), theo Mệnh đề..3(3) u k λ k F(u k ) u k+,u u k+ 0, u K. Thay u = u K ta thu được bất đắng thức u k λ k F(u k ) u k+,u u k+ 0, hoặc tương đương 2 u k u k+,u u k+ 2λ k F(u k ),u u k+. (2.) Từ đó u S(K,F), suy ra F(u ),u u 0, với mọi u K. Do tính chất giả đơn điệu mạnh của F ta có F(u),u u γ u u 2 với mọi u K. Do đó, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và tính liên tục Lipschitz của F, 2λ k F(u k ),u u k+ = 2λ k F(u k+ ),u k+ u + 2λ k F(u k ) F(u k+ ),u u k+ 36

2λ k γ u k+ u 2 + 2λ k F(u k ) F(u k+ ) u k+ u 2λ k γ u k+ u 2 + 2λ k L u k u k+ u k+ u. Mặt khác ta có: 2λ k L u k u k+ u k+ u u k u k+ 2 + (λ k L) 2 u k+ u 2, ta thu được 2λ k F(u k ),u u k+ 2λ k γ u k+ u 2 + u k u k+ 2 Mặt khác + (λ k L) 2 u k+ u 2. (2.2) 2 u k u k+,u u k+ = u k u k+ 2 + u u k+ 2 (u k u k+ ) (u u k+ ) 2 Kết hợp (2.) với (2.2) và (2.3) ta được = u k u k+ 2 + u k+ u 2 u k u 2. (2.3) u k u k+ 2 + u k+ u 2 u k u 2 2λ k γ u k+ u 2 + u k u k+ 2 + (λ k L) 2 u k+ u 2. Suy ra [ + λ k (2γ λ k L 2 )] u k+ u 2 u k u 2, k N. Suy ra định lý được chứng minh. Bài toán VI(K,F) luôn có duy nhất một nghiệm, và dãy lặp được tạo bởi Thuật toán 2.2., với độ dài bước được chọn từ một khoảng đóng của các số thực dương, hội tụ tuyến tính tới nghiệm duy nhất đó. Cụ thể, ta có định lý sau: Định lý 2.2.. Cho K là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong không gian Hilbert thực H, F : K H là ánh xạ giả đơn điệu mạnh trên K với môđun γ và liên tục Lipschitz trên K với hằng số L. Giả sử rằng 0 < a λ k b < 2γ, k N, (2.4) L2 37

trong đó a, b là các hằng số dương. Cho {u k } là dãy lặp tạo ra bởi Thuật toán 2.2.. Khi đó, dãy {u k } hội tụ tuyến tính tới nghiệm duy nhất u của bài toán. Hơn nữa, các sai số tiên nghiệm và hậu nghiệm là u k+ u µk+ µ u u 0, và u k+ u µ µ uk+ u k, đúng với mọi k N. Ở đây µ = + a(2γ bl 2 ) (0,). Chứng minh. Vì 0 < a λ k b < 2γ L 2, k N, nên Theo Mệnh đề 2.2. ta có [ + λ k (2γ λ k L 2 )] [ + a(2γ bl 2 )] >, k N. [ + λ k (2γ λ k L 2 )] u k+ u 2 u k u 2, k N. Suy ra Do đó [ + a(2γ bl 2 )] u k+ u 2 u k u 2, k N. u k+ u 2 + a(2γ bl 2 ) uk u 2 ( ) µ 2 u k u 2, µ =. + a(2γ bl 2 ) Suy ra u k+ u µ u k u, k N. µ 2 u k u µ k+ u 0 u. 38

Ta có µ (0,) nên µ k+ 0. Suy ra u k+ u 0.Điều này chứng tỏ {u k } hội tụ tuyến tính tới u. Mặt khác u k u u k u k+ + u k+ u u k u k+ + µ u k u. Suy ra Do đó u k u µ uk u k+, k N. u k+ u µ k+ u 0 u µk+ µ u0 u, u k+ u µ u k u µ µ uk u k+. Suy ra định lý được chứng minh. Chú ý 2.2. Khi a = b = λ, độ dài bước là cố định. Do đó phương pháp chiếu cơ bản cải biên trở thành phương pháp chiếu cơ bản và µ trở thành Ta có λ ( 0, 2γ ) L 2 µ như một hàm của λ µ := µ = + λ(2γ λl 2 ).. Các ước tính sai số là chặt chẽ khi µ là nhỏ nhất. Xét ( 0, 2γ ) L 2, ta tìm được giá trị nhỏ nhất của µ là L L 2 + γ 2 tại điểm λ := γ L 2. Chú ý 2.2.2 Ngoài ra giá trị µ có thể được xem như một hàm µ = µ(a,b) của biến (a,b) thuộc miền { (a,b) R 2 : 0 < a b < 2γ } L 2. Đặt b = ta, với t [, + ) cố định, tương tự như trên ta tính được hàm µ(a,b) = µ(a,ta) đạt giá trị nhỏ nhất là tại a = γ. Từ đó + γ2 tl2 tl 2 L min : t < + = + γ2 L 2 + γ. 2 tl 2 39

Vậy suy ra { min µ(a,b) : 0 < a b < 2γ } L 2 = L L 2 + γ 2. Do đó, giá trị nhỏ nhất của µ là µ = (a,b ) = ( γ L 2, γ L 2 ). L đạt được tại điểm duy nhất L 2 + γ2 Chú ý 2.2.3 Ước lượng sai số trong Định lý 2.2. là hữu ích trong việc áp dụng Thuật toán 2.2. để giải bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh.ví dụ, công thức u k+ u µk+ µ u u 0 cho phép chúng ta ước tính số lượng bước lặp cần để đạt được một độ chính xác nhất định. Cụ thể, với ε > 0 bất kỳ, nếu µk+ µ u u 0 ε thì ta có u k+ u ε. Hệ quả 2.2.. Trong các kí hiệu của Định lý 2.2., nếu F là đơn điệu mạnh và liên tục Lipschitz trên K thì dãy {u k } tạo ra bởi Thuật toán 2.2. hội tụ tuyến tính tới nghiệm duy nhất của bài toán VI(K,F) và các ước tính sai số nêu trên được thỏa mãn. Ví dụ 2.2. Cho H = l 2 là không gian Hilbert thực mà các thành phần là các dãy bình phương khả tổng của các vô hướng thực. Ví dụ H = {u = (u,u 2,,u i, ) : u i 2 < + }. Định nghĩa u,v = u,u u i v i và u = là tích vô hướng và i= i= chuẩn của hai vectơ u,v trên H, với u = (u,u 2,,u i, ),v = (v,v 2,,v i, ) H bất kỳ. Cho α,β R sao cho β > α > β 2 > 0. Đặt K α = {u H : u α}, F β (u) = (β u )u, trong đó α,β là các tham số. Dễ thấy S(K α,f β ) = {0}. Hàm F β là liên tục Lipschitz và giả đơn điệu mạnh trên K α. Thật vậy, với u,v K α bất kỳ, F β (u) F β (v) = (β u )u (β v )v = β(u v) u (u v) ( u v )v β u v + u u v + u v v β u v + α u v + α u v = (β + 2α) u v. 40

Do đó F β là liên tục Lipschitz trên K α với hằng số Lipschitz L := β + 2α. Cho u,v K α sao cho F β (u),v u 0. Theo giả thiết u α < β. Suy ra u,v u 0. Do đó Fβ (v),v u = (β v ) v,v u (β v ) ( v,v u u,v u ) (β α) u v 2 = γ u v 2, ở đây γ := β α > 0. Suy ra F β là giả đơn điệu mạnh trên K α. Hơn nữa F β không thể ( ) β đơn điệu mạnh cũng không thể đơn điệu trên K α. Thật vậy, ta chọn u =,0,,0,,v = 2 (α,0,,0, ) K α. Ta có Fβ (u) F β (v),u v ( ) β 3 = 2 α < 0. ( Lấy u 0 K α bất kỳ, và λ 0, 2γ ) ( ) 2(β α) L 2 = 0, (β + 2α) 2 tùy ý, đặt λ k = λ với mọi k N. Theo Định lý 2.2., dãy {u k } được tạo bởi Thuật toán 2.2. hội tụ tuyến tính tới 0. Hơn nữa, u k+ 0 µk+ µ u u 0 và u k+ 0 µ µ uk+ u k với mọi k N, trong đó µ = + λ[2(β α) λ(β + 2α) 2 ]. Theo Chú ý 2.2. giá trị nhỏ nhất của µ là µ = λ = λ = β α (β + 2α) 2. β + 2α (β α) 2 + (β + 2α) 2 ] tại điểm Nếu các độ dài bước tạo thành một dãy không khả tổng của các số thực dương thì Thuật toán 2.2. cũng tạo ra một dãy lặp hội mạnh tới nghiệm duy nhất của bài toán. Ta có: Định lý 2.2.2. Cho K là một tập lồi đóng khác rỗng trong không gian Hilbert thực H và F : K H là một ánh xạ giả đơn điệu mạnh trên K với mô-đun γ và liên tục 4

Lipschitz trên K với hằng số L. Giả sử {λ k } là một dãy các vô hướng dương với λ k = +, k=0 lim λ k = 0. (2.5) k Dãy lặp {u k } được tạo thành từ Thuật toán 2.2. sẽ hội tụ mạnh tới u là nghiệm duy nhất của bài toán VI(K, F). Hơn nữa, tồn tại một chỉ số k 0 N sao cho với mỗi k k 0,λ k (2γ λ k L 2 ) > 0, và u k+ u u k 0 u. k i=k 0 [ + λ i (2γ λ i L 2 ] Chứng minh. Vì λ k 0, nên tồn tại k 0 N sao cho λ k L 2 < λ với mọi k k 0. Do đó λ k (2γ λ k L 2 ) > λ k (2γ γ) = γλ k > 0, với mọi k k 0. Vì thế, từ [ + λ k (2γ λ k L 2 )] u k+ u 2 u k u 2, suy ra Vậy u k+ u 2. + λ k (2γ λ k L 2 ) uk u 2 [ + λ k (2γ λ k L 2 )] [ + λ k (2γ λ k L 2 )] uk u 2 k i=k 0 [ + λ i (2γ λ i L 2 )] uk 0 u 2. u k+ u u k 0 u. (2.6) k i=k 0 [ + λ i (2γ λ i L 2 )] Tiếp theo, ta sẽ chứng minh dãy {u k } hội tụ theo chuẩn tới u. Với mỗi k N, đặt và viết lại công thức (2.6), ta được α k = λ k (2γ λ k L 2 ) u k+ u u k 0 u. k i=k 0 ( + α i ) 42

Vì α k = λ k (2γ λ k L 2 ) > γλ k với mỗi k k 0, nên α k = +. Do đó k=k 0 k i=k 0 ( + α i ) + k i=k 0 α i 0 khi k. Vì thế, u k+ u 0, hay dãy {u k } hội tụ theo chuẩn tới u. Định lý được chứng minh. Hệ quả 2.2.2. Cho {λ k } như trong Định lý 2.2.2. Cho F là đơn điệu mạnh trên K với mô-đun γ và liên tục Lipschitz trên K với một hằng số L. Thì dãy {u k } bất kỳ được tạo ra từ Thuật toán 2.2. hội tụ theo chuẩn tới nghiệm duy nhất của bài toán VI(K, F) và tồn tại một chỉ số k 0 N sao cho u k+ u u k 0 u, k i=k 0 [ + λ i (2γ λ i L 2 ] đúng với mỗi k k 0. Ví dụ 2.2.2. Cho H = l 2,α,β R sao cho β > α > β 2 > 0. Đặt K α = {u H : u α}, F β (u) = (β u )u, trong đó α,β là các tham số, và λ k = k +, k N. Khi đó λ k = +, lim λ k = 0. k=0 k Cho {u k } là một dãy lặp được tạo bởi Thuật toán 2.2.. Suy ra dãy {u k } hội tụ (β + 2α)2 mạnh tới 0 là nghiệm duy nhất của bài toán VI(K α,f β ). Đặt k 0 = 2(β α), thì λ k (2γ λ k L 2 ) > 0, với mọi k k 0. Ta có u k+ 0 [ ( 2(β α) ki=k0 + i + )] uk 0 0, k k 0. (β + 2α)2 (i + ) 2 Chúng ta sẽ xét xem điều gì sẽ xảy ra nếu bỏ điều kiện (2.4) và (2.5) lần lượt được đưa ra ở Định lý 2.2. và Định lý 2.2.2 thông qua ví dụ sau: Ví dụ 2.2.3. Đặt K = R và F(u) = u. Rõ ràng F liên tục Lipschitz, đơn điệu mạnh trên K và S(K,F) = 0. Chọn u 0 = K và λ k =, k N. (k + 2) 2 43

Từ đó lim λ k = 0 và λ k < +, cả hai điều kiện (2.4) và (2.5) đều bị lược bỏ. Dãy k k=0 lặp u k được tạo bởi Thuật toán 2.2. với u 0 = được cho bởi u k+ = P K (u k λ k F(u k )) = u k λ k u k = ( λ k )u k. Do đó, u k+ = = k i=0 ( λ i ) = k i=0 ( ) (i + 2) 2 k (i + )(i + 3) i=0 (i + 2) 2 = k + 3, k N. 2(k + 2) Vậy lim k u k = 2. Nghĩa là {uk } không hội tụ đến nghiệm duy nhất của bài toán VI(K,F). Vậy các điều kiện (2.4) và (2.5) không thể bỏ đi, nếu không dãy lặp sẽ không hội tụ tới nghiệm của bài toán cần tìm. Ví dụ 2.2.4. Cho K = R và F(u) = u, và u 0 R\{0}. Cho λ k (0,+ ) thỏa mãn điều kiện λ k = +, lim λ k = 0 và λ k, k N. Khi đó dãy lặp {u k } trở thành k=0 k u k+ = P K (u k λ k F(u k )) = u k λ k u k = ( λ k )u k. Để chứng minh {u k } hội tụ tuyến tính đến 0, ta cần chứng minh: u k+ 0 lim k u k = µ, với µ (0,). 0 Vì lim k λ k = 0 và u k 0 với mọi k N, ta có u k+ 0 lim k u k = lim λ k =. 0 k Vậy {u k } không hội tụ tuyến tính tới nghiệm duy nhất của bài toán VI(K,F). Ví dụ trên cho thấy rằng dãy {u k } được xét trong Định lý 2.2.2 có thể không hội tụ tuyến tính tới nghiệm duy nhất của bài toán VI(K,F). Mặt khác, trong một so sánh với dãy lặp được tạo Định lý 2.2., công thức lặp trong Định lý 2.2.2 có tốc độ hội tụ chậm hơn. Như vậy, bên cạnh những ưu điểm nêu trên, thì phương pháp chiếu cải biên không có hằng số tiên nghiệm cũng có những nhược điểm về tốc độ hội tụ. 44

KẾT LUẬN Sau khi được Hatman và Stampacchia giới thiệu lần đầu vào năm 966, trải qua 50 năm phát triển không ngừng, bài toán bất đẳng thức biến phân đã trở thành một công cụ hữu hiệu, để nghiên cứu và giải các bài toán cân bằng trong kinh tế tài chính, vận tải, lý thuyết trò chơi và trong nhiều bài toán khác. Gần đây, các bài toán bất đẳng thức biến phân đã được nhiều nhà toán học quan tâm, và có được nhiều kết quả quan trọng. Người ta đã tìm ra nhiều phương pháp để giải bài toán này. Bản luận văn này nhằm mục đích giới thiệu bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh. Cụ thể là, sau khi tổng hợp lại một số kiến thức cơ bản về Giải tích hàm và Giải tích lồi, trình bày về bài toán bất đẳng thức biến phân với các ví dụ minh họa. Sau đó, luận văn trình bày về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán. Tiếp đến, luận văn giới thiệu hai thuật toán chiếu để giải lớp bài toán này, đồng thời xét đến sự hội tụ của các thuật toán trong không gian Hilbert.