改进的广义压缩邻近点算法及收敛性证明

赵新宇 张珏莹 段培超

【摘要】 本文运用压缩邻近点算法，求解极大单调算子的零点，提出如下迭代格式： xn+1=λnf（xn）+γnxn+δnJcn（xn）.

在Hilbert空间中，证明了该算法的强收敛性.

【关键词】 极大单调算子;不动点;黏滞迭代;非扩张映像

一、引言和预备知识

设H是一个实Hilbert空间，f：H→H是一个压缩映像，A：H→H是一个极大单调映射.

引理1  设{sn}是非负实数列，满足不等式

sn+1≤（1-λn）sn+λnεn，

其中（λn） （0，1），{εn}是实数列.

当参数满足以下条件：

（ⅰ）∑ ∞ n=0 λn=∞，lim n→∞ λn=0;

（ⅱ）lim supnεn≤0或∑ ∞ n=0 λn|εn|<∞，

则有 lim n→∞ sn=0.

引理2  设{εn}是有界实数列，并且{sn} [0，+∞），{σn} [0，+∞），{λn} （0，1）满足如下不等式

sn+1≤（1-λn）sn+λnεn-σn.

当参数满足以下条件：

（ⅰ）lim n→∞ λn=0，∑ ∞ n=0 λn=∞;

（ⅱ）对于每个子序列（σnk），都有

lim nk→∞ σnk=0 lim k→∞ supεnk≤0，lim nk→∞ |snk-snk+1|=0.

则有 lim n→∞ sn=0.

引理3  设A是极大的单调映射，则：

（ⅰ）Jc是单值的，且D（Jc）=Η;

（ⅱ）Jc是firmly非扩张的，2Jc-I是非扩张的.

二、主要结果

定理1  设H是一个实Hilbert空间，f：H→H是一个压缩映像，压缩系数为τ，A：H→H是一个极大单调映射.它的零点集S：={x∈D（A）：0∈Ax}非空.当c>0时，Jc是A的预解式.任取x0∈H，定义xn+1=λnf（xn）+γnxn+δnJcn（xn），其中（λn） （0，1），（γn） （-1，1），（δn）∈（0，2），λn+γn+δn=1.如果进一步满足以下条件：

（ⅱ）lim n→∞ infcn>0;

（ⅲ）lim n→∞ λn=0，∑ ∞ n=0 λn=∞;

（ⅳ）0<lim n→∞ infδn≤lim n→∞ supδn<2.

則 lim n→∞ xn=z，其中z∈S.

证明  由于Psf是压缩的，由Banach压缩映像原理，一定存在唯一的不动点z，使得Psf（z）=z∈S.

步骤1

首先证明{xn}是有界的.设ρn：= δn 1-λn ，Jn：=Jcn，yn： =（1-ρn）xn+ρnJnxn，显然0<lim infnρn≤lim supnρn< 2.并且，有xn+1=λnf（xn）+（1-λn）yn.

所以对任意的z∈S，可得

‖xn+1-z‖=‖λnf（xn）+（1-λn）yn-z‖

≤λn‖f（xn）-z‖+（1-λn）‖yn-z‖.

又因为

‖yn-z‖=‖（1-ρn）xn+ρnJnxn-z‖

=    1- ρn 2  （xn-z）+ ρn 2 （（2Jn-I）xn-z）

≤ 1- ρn 2  ‖xn-z‖+ ρn 2 ‖（2Jn-I）xn

-（2Jn-I）z‖

=‖xn-z‖， （1.1）

所以

‖xn+1-z‖≤λn‖f（xn）-z‖+（1-λn）‖xn-z‖

≤λn‖f（xn）-f（z）‖+λn‖f（z）-z‖+（1-λn）‖xn-z‖

≤（1-λn（1-τ））‖xn-z‖+λn‖f（z）-z‖

=（1-λn（1-τ））‖xn-z‖+λn（1-τ） ‖f（z）-z‖ 1-τ .

通过归纳，我们得到

‖xn+1-z‖≤max ‖x0-z‖， ‖f（z）-z‖ 1-τ  ，

所以{xn}是有界的.

步骤2

‖xn+1-z‖2=‖λnf（xn）+γnxn+δnJcn（xn）-z‖2

=‖λnf（xn）+（1-λn）yn-z‖2

=‖（1-λn）（yn-z）+λn（f（xn）-z）‖2

≤（1-λn）2‖yn-z‖2+2λn〈f（xn）-z，xn+1-z〉

≤（1-λn）2‖yn-z‖2+2λnτ‖xn-z‖·‖xn+1-z‖+2λn〈f（z）-z，xn+1-z〉

≤（1-λn）2‖yn-z‖2+λnτ‖xn-z‖2+λnτ‖xn+1-z‖2+2λn〈f（z）-z，xn+1-z〉， （1.2）

所以根据（1.1）和（1.2），得到

‖xn+1-z‖2≤（1-λn）2‖xn-z‖2+λnτ‖xn-z‖2+ λnτ‖xn+1-z‖2+2λn〈f（z）-z，xn+1-z〉.

根据次微分不等式，有

‖xn+1-z‖2=‖（1-λn）（yn-z）+λn（f（xn）-z）‖2

≤（1-λn）‖yn-z‖2+2λn〈f（xn）-z，xn+1-z〉， （1.3）

并且

‖yn-z‖2=‖（1-ρn）xn+ρnJnxn-z‖2

=‖（xn-z）+ρn（Jnxn-xn）‖2

=‖xn-z‖2+ρ2n‖Jnxn-xn‖2+2ρn〈xn-z，Jnxn-xn〉

=‖xn-z‖2-ρn（2-ρn）‖Jnxn-xn‖2-2ρn〈Jnxn-z，xn-Jnxn〉.

因為 xn-Jnxn cn ∈A（Jnxn）和0∈A（z），由A的单调性知〈Jnxn-z，xn-Jnxn〉≥0，因此，‖yn-z‖2≤‖xn-z‖2-ρn（2-ρn）‖Jnxn-xn‖2.

用上式替换（1.3），

‖xn+1-z‖2≤（1-λn）‖xn-z‖2-δn（2-ρn）‖Jnxn- xn‖2+2λn〈f（xn）-z，xn+1-z〉.

因为lim infnδn（2-ρn）>0，不失一般性，假设存在μ>0，对于任意的n都有δn（2-ρn）≥μ.

步骤3

欲证明 lim n→∞ xn=z，只需证明引理2中的（ⅱ）.即

lim n→∞ σn=0 lim n→∞ |sn+1-sn|=0，lim supnεn≤0.

设 lim n→∞ σn=0，则有 lim n→∞ ‖Jnxn-xn‖=0.

那么

|sn+1-sn|≤‖xn+1-xn‖（‖xn+1-z‖+‖xn-z‖）

=‖λn（f（xn）-xn）+δn（Jnxn-xn）‖（‖xn+1-z‖+‖xn-z‖）

≤（λn‖f（xn）-xn‖+2‖Jnxn-xn‖）（‖xn+1-z‖+‖xn-z‖）.

因为{xn}有界且 lim n→∞ λn=0，所以 lim n→∞ |sn+1-sn|=0.

又有lim supnεn≤0，取{xn}中子集{xnk}，{xnk}弱收敛于 ，lim n→∞ ‖Jnxn-xn‖=0，可得Jnkxnk弱收敛于 ，又由 xn-Jnxn cn ∈A（Jnxn）可得0∈A（ ），

并且lim sup n→∞ 〈f（z）-z，xn+1-z〉=lim k→∞ 〈f（z）-z，xnk-z〉.

因此，lim sup n→∞ 〈f（z）-z，xn-z〉=〈f（z）-z，x  ^ -z〉≤0.

引理2中的（ⅱ）得证.所以 lim n→∞ xn=z.

【参考文献】

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