廣義黏性隱迭代序列的均衡問題和不動點問題

沈金良

(福州大學至誠學院，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。很多學者對非擴張映射的不動點問題和均衡問題進行深入研究，建立更有效的迭代格式以逼近非擴張映射不動點集和均衡問題解集的公共元。近年來，許多學者不斷從空間、迭代格式、證明方法以及算子等方面對已有的結論進行了推廣,并取得了較好的研究結果，見文獻[1-7]及其相關文獻。

對于二元函數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造了非擴張映射隱中點迭代序列：

(2)

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

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是非擴張映射, 并在某些條件下得到了該序列的強收斂定理。

2018年，沈金良[10]研究了如下非擴張映射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收斂定理。

2020年，沈金良等[11]研究了如下非擴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，本文針對非擴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收斂性，所取得的成果推廣了文獻[10]和[11]的結論。

1 預備知識

文中始終假設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)，假設函數G滿足以下4個條件：

(A1)G(x,x)=0,?x∈C；

(A2)G是單調的，即G(x,y)+G(y,x)≤0,?x,y∈C；

定義1設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是非擴張映射。

(2)對于C中的序列{xn}，xn?x0∈H和Txn→0可以推導出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是穩定非擴張映射，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C是H的非空閉凸子集，T:C→C是非擴張映射。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}強收斂到y，則有(I-T)x=y。

引理4[14]設{an},{bn}和{cn}是三個非負數列，{cn}?[0,1)并且滿足以下條件：

2 主要結論

定理1設C是H中的非空閉凸子集，G:C×C→R是二元函數，滿足(A1)—(A4)。f:C→C是壓縮映射，T:C→C是非擴張映射，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：

本次研究所得數據的分析處理均采用SPSS21.0統計學軟件進行,采用百分比(%)表示計數資料,行卡方值(X2)檢驗;采用均數±標準差(±s)表示計量資料,行t檢驗。若檢驗結果為P<0.05,則說明組間差異存在統計學意義。

(ⅳ)0<ε≤sn<1(n≥1)；

則序列{xn}和{un}強收斂于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)進行移項，結合式(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(A2)進行整理可得

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)

由范數和內積的性質可知

‖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)。