廣義黏性隱迭代序列的均衡問題和不動點問題

沈金良

(福州大學(xué)至誠學(xué)院，福建 福州 350002)

均衡理論和不動點理論是非線性分析的重要組成部分。很多學(xué)者對非擴(kuò)張映射的不動點問題和均衡問題進(jìn)行深入研究，建立更有效的迭代格式以逼近非擴(kuò)張映射不動點集和均衡問題解集的公共元。近年來，許多學(xué)者不斷從空間、迭代格式、證明方法以及算子等方面對已有的結(jié)論進(jìn)行了推廣,并取得了較好的研究結(jié)果，見文獻(xiàn)[1-7]及其相關(guān)文獻(xiàn)。

對于二元函數(shù)G:C×C→R，其均衡問題(以EP表示)可定義為：尋找x∈C，使得

G(x,y)≥0(?y∈C)

(1)

將式(1)的解集記為EP(G)，即

EP(G)={x∈C:G(x,y)≥0,?y∈C}

2015年，XU等[8]利用黏性逼近方法構(gòu)造了非擴(kuò)張映射隱中點迭代序列：

(2)

其中{αn}?(0,1)，f是壓縮映射，T是非擴(kuò)張映射, 并在Hilbert空間中得到了強(qiáng)收斂定理。

同一年， KE等[9]提出了廣義黏性隱迭代序列：

xn+1=αnf(xn)+(1-αn)T[snxn+

(1-sn)xn+1],n≥0

(3)

其中{αn},{sn}?(0,1)，f是壓縮映射，T是非擴(kuò)張映射, 并在某些條件下得到了該序列的強(qiáng)收斂定理。

2018年，沈金良[10]研究了如下非擴(kuò)張映射T的隱中點迭代序列：給定x1∈C，有

(4)

其中{αn}?(0,1)，{rn}?(0,∞)，并且在Hilbert空間中得到了該序列的弱收斂和強(qiáng)收斂定理。

2020年，沈金良等[11]研究了如下非擴(kuò)張映射的隱中點黏性迭代序列：給定x1∈C，有

(5)

并且在Hilbert空間中證明了序列{xn}和{un}強(qiáng)收斂于F(T)∩EP(G)中的某一個點z，其中z=PF(T)∩EP(G)f(z)。

受到上述成果的啟發(fā)，本文針對非擴(kuò)張映射的不動點問題和均衡問題的公共解，利用黏性逼近技巧，在Hilbert空間中提出一種新的廣義黏性隱迭代序列，并且在某些條件下證明了該迭代序列的強(qiáng)收斂性，所取得的成果推廣了文獻(xiàn)[10]和[11]的結(jié)論。

1 預(yù)備知識

文中始終假設(shè)H是實Hilbert空間，C是H的非空閉凸子集。序列{xn}弱收斂于x記為xn?x，以及{xn}強(qiáng)收斂于x記為xn→x。任取一點x∈H，則必可在C中找到唯一的最近距離點PC(x)，使得

‖x-PC(x)‖≤‖x-y‖,?y∈C

稱PC為H在C上的投影算子，則顯然PC是非擴(kuò)張映射，而且對于x∈H以及z∈C，有

z=PC(x)?〈x-z,z-y〉≥0,?y∈C

為了求解均衡問題EP(G)，假設(shè)函數(shù)G滿足以下4個條件：

(A1)G(x,x)=0,?x∈C；

(A2)G是單調(diào)的，即G(x,y)+G(y,x)≤0,?x,y∈C；

定義1設(shè)C是H的閉子集，T:C→C，f:C→C是兩個映射。

(1)對于任意的x,y∈C，都有‖Tx-Ty‖≤‖x-y‖，則稱T是非擴(kuò)張映射。

(2)對于C中的序列{xn}，xn?x0∈H和Txn→0可以推導(dǎo)出Tx0=0，則映射T在0點是半閉的。

(3)對于任意的x,y∈C，存在常數(shù)α∈[0,1)，使得‖f(x)-f(y)‖≤α‖x-y‖, 則稱f是壓縮映射。

引理2[12]設(shè)映射G:C×C→R滿足(A1)—(A4)。對r>0,x∈H，定義映射Sr:H→C為

則有：

(1)Sr是單值的；

(2)Sr是穩(wěn)定非擴(kuò)張映射，即‖Srx-Sry‖2≤〈Srx-Sry,x-y〉,?x,y∈H；

(3)G(Sr)=EP(G)；

(4)EP(G)是非空閉凸的。

引理3[13]設(shè)C是H的非空閉凸子集，T:C→C是非擴(kuò)張映射。如果T有不動點，那么I-T在0點是半閉的(這里I是H中的恒等映射)，即如果C中的任意序列{xn}弱收斂于x∈C且有序列{(I-T)xn}強(qiáng)收斂到y(tǒng)，則有(I-T)x=y。

引理4[14]設(shè){an},{bn}和{cn}是三個非負(fù)數(shù)列，{cn}?[0,1)并且滿足以下條件：

2 主要結(jié)論

定理1設(shè)C是H中的非空閉凸子集，G:C×C→R是二元函數(shù)，滿足(A1)—(A4)。f:C→C是壓縮映射，T:C→C是非擴(kuò)張映射，Ω=F(T)∩EP(G)非空。任意給定x0∈C，{xn}和{un}的定義如下：

(6)

其中{αn},{sn}?(0,1)，{rn}?(0,∞)，并且滿足以下條件：

本次研究所得數(shù)據(jù)的分析處理均采用SPSS21.0統(tǒng)計學(xué)軟件進(jìn)行,采用百分比(%)表示計數(shù)資料,行卡方值(X2)檢驗;采用均數(shù)±標(biāo)準(zhǔn)差(±s)表示計量資料,行t檢驗。若檢驗結(jié)果為P<0.05,則說明組間差異存在統(tǒng)計學(xué)意義。

(ⅳ)0<ε≤sn<1(n≥1)；

則序列{xn}和{un}強(qiáng)收斂于z∈Ω，其中z=PΩf(z)。

證明下面分5步來證明定理1。

1)序列{xn}和{un}有界。

任取q∈Ω，由引理2可知un=Srnxn，因此

‖un-q‖=‖Srnxn-Srnq‖≤‖xn-q‖,?n≥1

(7)

為了書寫方便，令zn=snun+(1-sn)xn+1，則有xn+1=αnf(xn)+(1-αn)Tzn。

‖xn+1-q‖=‖αnf(xn)+(1-αn)Tzn-q‖

≤αn‖f(xn)-q‖+(1-αn)‖Tzn-q‖

≤αn‖f(xn)-f(q)‖+αn‖f(q)-q‖+(1-αn)‖zn-q‖

≤αnα‖xn-q‖+αn‖f(q)-q‖+

(1-αn)sn‖un-q‖+

(1-αn)(1-sn)‖xn+1-q‖

(8)

對式(8)進(jìn)行移項，結(jié)合式(7)整理得

由遞推公式可知

(9)

所以{xn}是有界序列，同時{un},{Txn},{Tun},{Tzn}也都是有界的。

因為xn+1=αnf(xn)+(1-αn)Tzn，所以

‖xn+1-xn‖=‖αnf(xn)+(1-αn)Tzn-αn-1f(xn-1)-(1-αn-1)Tzn-1‖

=‖αnf(xn)-αnf(xn-1)+αnf(xn-1)-

αn-1f(xn-1)+(1-αn)Tzn‖-

(1-αn)Tzn-1+(1-αn)Tzn-1-

(1-αn-1)Tzn-1‖

≤αn‖f(xn)-f(xn-1)‖+|αn-αn-1|×

‖f(xn-1)-Tzn-1‖+(1-αn)‖Tzn-Tzn-1‖

≤αnα‖xn-xn-1‖+|αn-αn-1|K+(1-αn)‖zn-zn-1‖

=αnα‖xn-xn-1‖+|αn-αn-1|K+(1-αn)‖snun+(1-sn)xn+1-sn-1un-1-(1-sn-1)xn‖

=αnα‖xn-xn-1‖+|αn-αn-1|K+(1-αn)‖sn(un-un-1)+

(1-sn)(xn+1-xn)+

(sn-sn-1)(un-1-xn)‖

≤αnα‖xn-xn-1‖+|αn-αn-1|K+(1-αn)sn‖un-un-1‖+

(1-αn)(1-sn)‖xn+1-xn‖+

(1-αn)|sn-sn-1|‖un-1-xn‖

(10)

其中，K=sup{‖f(xn)-Tzn‖:n∈N}。

由式(6)可得

(11)

(12)

在式(11)中取y=un，則有

(13)

在式(12)中取y=un+1，則有

(14)

把式(13)和式(14)相加，再根據(jù)(A2)進(jìn)行整理可得

所以

‖un+1-un‖2≤〈un+1-un,xn+1-xn+

(15)

取L=sup{‖un-xn‖:n∈N}, 由式(15)得

(16)

因為{xn}和{un}都是有界序列，所以{‖un-1-xn‖}也是有界的，因此存在實數(shù)M>0，使得

‖un-1-xn‖≤M,?n≥1

(17)

由式(10)、(16)和(17)可得

‖xn+1-xn‖≤αnα‖xn-xn-1‖+|αn-αn-1|K+

(1-αn)sn(‖xn-xn-1‖+

(1-sn)‖xn+1-xn‖+

(1-αn)|sn-sn-1|M

對上式進(jìn)行移項整理得

(18)

因為0<ε≤sn<1，所以必有0<ε≤sn<1-(1-αn)(1-sn)<1。由式(18)可得

(19)

再由式(16)和‖rn+1-rn‖→0(n→∞)可得

(20)

任取q∈Ω，由un=Srnxn可知

‖un-q‖2=‖Srnxn-Srnq‖2

=〈Srnxn-Srnq,un-q〉

≤〈un-q,xn-q〉

即有

‖un-q‖2≤‖xn-q‖2-‖xn-un‖2

(21)

由式(21)有

‖xn+1-q‖2=‖αn[f(xn)-q]+(1-αn)[Tzn-q]‖2

≤αn‖f(xn)-q‖2+(1-αn)‖Tzn-q‖2

≤αn‖f(xn)-q‖2+(1-αn)sn‖un-

q‖2+(1-αn)(1-sn)‖xn+1-q‖2

≤αn‖f(xn)-q‖2+(1-αn)sn‖xn-

q‖2-(1-αn)sn‖xn-un‖2+

(1-αn)(1-sn)‖xn+1-q‖2

上式移項整理得

(1-αn)sn‖xn-un‖2

≤αn‖f(xn)-q‖2+(1-αn)sn‖xn-q‖2+

[(1-αn)(1-sn)-1]‖xn+1-q‖2

≤αn‖f(xn)-q‖2+(1-αn)sn(‖xn-q‖2-

‖xn+1-q‖2)-αn‖xn+1-q‖2

≤αn‖f(xn)-q‖2+(1-αn)sn‖xn+1-xn‖×

(‖xn-q‖+‖xn+1-q‖)-αn‖xn+1-q‖2

(22)

由條件(ⅰ)(ⅴ)，式(19)(20)可得

‖xn-Tzn‖≤‖xn-Tzn-1‖+‖Tzn-1-Tzn‖

≤αn-1‖f(xn-1)-Tzn-1‖+‖zn-1-zn‖

≤αn-1‖f(xn-1)-Tzn-1‖+

(1-sn)‖xn+1-xn‖+

sn‖un-un-1‖+|sn-sn-1|×

‖un-1-xn‖→0(n→∞)

(23)

由式(19)、(22)和式(23)得

‖un-Tun‖≤‖un-xn‖+‖xn-Tzn‖+‖Tzn-Tun‖

≤‖un-xn‖+‖xn-Tzn‖+

(1-sn)‖xn+1-xn‖+(1-sn)‖xn-un‖

=(2-sn)‖un-xn‖+‖xn-Tzn‖+

(24)

再由式(22)和式(24)得

‖xn-Txn‖≤‖xn-un‖+‖un-Tun‖+‖Tun-Txn‖

≤2‖xn-un‖+‖un-Tun‖→0(n→∞)

(25)

由式(22)，可取{un}的一個子列{uni}，使得

因為{uni}有界，所以存在{uni}的一個子列{unij}弱收斂于v。不失一般性，直接假設(shè)univ。由‖un-Tun‖→0(n→∞)，可知Tuniv。下面證明v∈Ω。因為

下面證明v∈F(T)。T是非擴(kuò)張映射，由引理3可知I-T在0點是半閉的。由前面的證明可知‖un-Tun‖→0和uni?v，所以v∈F(T)。由此證得v∈Ω。因z=PΩf(z)，故可得

=〈f(z)-z,v-z〉≤0

(26)

由范數(shù)和內(nèi)積的性質(zhì)可知

‖xn+1-z‖2≤(1-αn)2‖Tzn-z‖2+

2αn〈f(xn)-z,xn+1-z〉

≤(1-αn)2‖snun+(1-sn)xn+1-z‖2+

2αn〈f(xn)-f(z),xn+1-z〉+

2αn〈f(z)-z,xn+1-z〉

≤(1-αn)2sn‖un-z‖2+

(1-αn)2(1-sn)‖xn+1-z‖2+

2ααn‖xn-z‖‖xn+1-z‖+

2αn〈f(z)-z,xn+1-z〉

≤(1-αn)2sn‖xn-z‖2+

(1-αn)2(1-sn)‖xn+1-z‖2+

ααn(‖xn-z‖2+‖xn+1-z‖2)+

2αn〈f(z)-z,xn+1-z〉

因此

=(1-βn)‖xn-z‖2+βnσn

其中

I=sup{‖xn-z‖2:n∈N}

(27)

(28)

由上述證明過程可知，序列{xn}和{un}強(qiáng)收斂于z∈Ω，同時z也是變分不等式〈(I-f)y,x-y〉≥0,x∈Ω的唯一解，即z=PΩf(z)。