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改進(jìn)的廣義壓縮鄰近點(diǎn)算法及收斂性證明

2018-01-05 11:29趙新宇張玨瑩段培超
關(guān)鍵詞:不動(dòng)點(diǎn)

趙新宇 張玨瑩 段培超

【摘要】 本文運(yùn)用壓縮鄰近點(diǎn)算法,求解極大單調(diào)算子的零點(diǎn),提出如下迭代格式: xn+1=λnf(xn)+γnxn+δnJcn(xn).

在Hilbert空間中,證明了該算法的強(qiáng)收斂性.

【關(guān)鍵詞】 極大單調(diào)算子;不動(dòng)點(diǎn);黏滯迭代;非擴(kuò)張映像

一、引言和預(yù)備知識(shí)

設(shè)H是一個(gè)實(shí)Hilbert空間,f:H→H是一個(gè)壓縮映像,A:H→H是一個(gè)極大單調(diào)映射.

引理1 ?設(shè){sn}是非負(fù)實(shí)數(shù)列,滿足不等式

sn+1≤(1-λn)sn+λnεn,

其中(λn) (0,1),{εn}是實(shí)數(shù)列.

當(dāng)參數(shù)滿足以下條件:

(?。?∞ n=0 λn=∞,lim n→∞ λn=0;

(ⅱ)lim supnεn≤0或∑ ∞ n=0 λn|εn|<∞,

則有 lim n→∞ sn=0.

引理2 ?設(shè){εn}是有界實(shí)數(shù)列,并且{sn} [0,+∞),{σn} [0,+∞),{λn} (0,1)滿足如下不等式

sn+1≤(1-λn)sn+λnεn-σn.

當(dāng)參數(shù)滿足以下條件:

(?。﹍im n→∞ λn=0,∑ ∞ n=0 λn=∞;

(ⅱ)對(duì)于每個(gè)子序列(σnk),都有

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

則有 lim n→∞ sn=0.

引理3 ?設(shè)A是極大的單調(diào)映射,則:

(?。㎎c是單值的,且D(Jc)=Η;

(ⅱ)Jc是firmly非擴(kuò)張的,2Jc-I是非擴(kuò)張的.

二、主要結(jié)果

定理1 ?設(shè)H是一個(gè)實(shí)Hilbert空間,f:H→H是一個(gè)壓縮映像,壓縮系數(shù)為τ,A:H→H是一個(gè)極大單調(diào)映射.它的零點(diǎn)集S:={x∈D(A):0∈Ax}非空.當(dāng)c>0時(shí),Jc是A的預(yù)解式.任取x0∈H,定義xn+1=λnf(xn)+γnxn+δnJcn(xn),其中(λn) (0,1),(γn) (-1,1),(δn)∈(0,2),λn+γn+δn=1.如果進(jìn)一步滿足以下條件:

(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.

證明 ?由于Psf是壓縮的,由Banach壓縮映像原理,一定存在唯一的不動(dòng)點(diǎn)z,使得Psf(z)=z∈S.

步驟1

首先證明{xn}是有界的.設(shè)ρn:= δn 1-λn ,Jn:=Jcn,yn: =(1-ρn)xn+ρnJnxn,顯然0<lim infnρn≤lim supnρn< 2.并且,有xn+1=λnf(xn)+(1-λn)yn.

所以對(duì)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?yàn)?/p>

‖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 .

通過(guò)歸納,我們得到

‖xn+1-z‖≤max ‖x0-z‖, ‖f(z)-z‖ 1-τ? ,

所以{xn}是有界的.

步驟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)

所以根據(jù)(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〉.

根據(jù)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?yàn)?xn-Jnxn cn ∈A(Jnxn)和0∈A(z),由A的單調(diào)性知〈Jnxn-z,xn-Jnxn〉≥0,因此,‖yn-z‖2≤‖xn-z‖2-ρn(2-ρn)‖Jnxn-xn‖2.

用上式替換(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?yàn)閘im infnδn(2-ρn)>0,不失一般性,假設(shè)存在μ>0,對(duì)于任意的n都有δn(2-ρn)≥μ.

步驟3

欲證明 lim n→∞ xn=z,只需證明引理2中的(ⅱ).即

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

設(shè) lim n→∞ σn=0,則有 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?yàn)閧xn}有界且 lim n→∞ λn=0,所以 lim n→∞ |sn+1-sn|=0.

又有l(wèi)im supnεn≤0,取{xn}中子集{xnk},{xnk}弱收斂于 ,lim n→∞ ‖Jnxn-xn‖=0,可得Jnkxnk弱收斂于 ,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)得證.所以 lim n→∞ xn=z.

【參考文獻(xiàn)】

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[2]Xu H K.Properties and Iterative Methods for the Lasso and Its Variants[J].Chinese Annals of Mathematics Series B,2014(3):501-518.

[3]Micchelli C A,Shen L X,Xu Y S.Proximity algorithms for image models:Denoising[J].Inverse Problems,2011(4):30.

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