单调算子与极大单调性

形式陈述

设 $H$ 是实Hilbert 空间， $A:H\rightrightarrows H$ 是集合值算子：每个 $x$ 对应一个集合 $Ax\subseteq H$ ，允许为空。它的图为

\operatorname{gra}A=\{(x,u)\in H\times H:u\in Ax\}.

若任意 $(x,u),(y,v)\in\operatorname{gra}A$ 都满足

\langle x-y,u-v\rangle\ge0,

则称 $A$ 为单调算子。若不存在严格包含 $\operatorname{gra}A$ 的单调图，则称 $A$ 为极大单调算子。这里的极大性按图的包含关系定义；它不要求每个 $Ax$ 非空，也不要求输出的范数很大。

给定 $\lambda>0$ ，定义预解算子（resolvent）

J_{\lambda A}=(I+\lambda A)^{-1}, \qquad p\in J_{\lambda A}x \quad\Longleftrightarrow\quad x\in p+\lambda Ap.

其定义域是 $\operatorname{ran}(I+\lambda A)$ 。逆号表示关系的逆，尚不能据此假定每个输入都有解。Minty 定理给出精确的存在性条件：对单调算子 $A$ ，极大单调性等价于对某个 $\lambda>0$ 有 $\operatorname{ran}(I+\lambda A)=H$ ；此时该等式对每个 $\lambda>0$ 都成立。

单调性怎样保证解唯一且稳定

设 $p\in J_{\lambda A}x$ 、 $q\in J_{\lambda A}y$ 。将 $(x-p)/\lambda\in Ap$ 与 $(y-q)/\lambda\in Aq$ 代入单调性，得到

0\le\left\langle p-q,\frac{x-p-y+q}{\lambda}\right\rangle, \qquad \boxed{\ \|p-q\|^2\le\langle p-q,x-y\rangle\ }.

令 $x=y$ ，便有 $p=q$ ，所以 $J_{\lambda A}$ 在其定义域上单值。再用 Cauchy–Schwarz 不等式可得 $\|p-q\|\le\|x-y\|$ ，即输入扰动不会被放大。框内更强的不等式称为牢固非扩张性。这一推导负责唯一性和稳定性；极大单调算子的全域存在性则由 Minty 定理保证。

满射性怎样排除图的缺口

Minty 定理的“满射推出极大”方向可以直接证明。假设 $I+\lambda A$ 满射，且点 $(r,u)$ 能加入图而不破坏单调性。由满射性，存在 $p$ 和 $v\in Ap$ 使

r+\lambda u=p+\lambda v.

新点与 $(p,v)$ 之间的单调性要求

0\le\langle r-p,u-v\rangle =-\frac{\|r-p\|^2}{\lambda}.

因此 $r=p$ 、 $u=v$ ，新点原本就在图中。这证明了极大性。反方向在一般 Hilbert 空间中需要额外论证，本页引用 Minty 定理，不把稳定性不等式当成存在性证明。

直觉

在实直线上，单调条件就是 $(x-y)(u-v)\ge0$ ：横坐标向右移动时，纵坐标不能向下。集合值写法允许同一横坐标对应一整段竖直线；同一位置的两个输出不会违反单调性，因为横坐标之差为零。高维没有统一的“向右、向上”，内积不等式要求输出之差在输入之差方向上的分量非负，却允许垂直方向上的变化。

极大性描述这张图是否还留有可填补的点。例如在直线上，只保留 $x<0$ 时的输出 $-1$ 和 $x>0$ 时的输出 $1$ ，所得图单调，却缺少 $x=0$ 处的全部点 $(0,u)$ ， $-1\le u\le1$ 。填满这条竖直线段后得到绝对值的次微分。若试图加入 $u>1$ ，它会与某个正横坐标的点冲突；若加入 $u<-1$ ，则会与负横坐标的点冲突。极大性要求填补所有与已有图相容的点，而不是把每处多值压成一个值。

预解算子给图换了一种读法：对给定输入 $x$ ，寻找图上的 $(p,u)$ 使 $x=p+\lambda u$ 。在直线上，这是图与斜率为 $-1/\lambda$ 的直线 $u=(x-p)/\lambda$ 求交。单调图与这条下降直线至多相交一次，极大性保证每条这样的直线都能碰到图。求得的 $p=x-\lambda u$ 使用新位置 $p$ 上的输出 $u\in Ap$ ，所以它是一种隐式更新。

例子与边界

单调而不极大：只有一个图点

取 $H=\mathbb R$ ，令 $\operatorname{gra}A=\{(0,0)\}$ 。单调性显然成立，但 $\operatorname{ran}(I+\lambda A)=\{0\}$ ：只有输入零能求出预解值。把所有 $(x,0)$ 加入图仍然单调，所以原图不是极大的。这也说明“有解时唯一”与“每次都能更新”是两个不同结论。

完整算例：旋转关系的隐式步

在 $\mathbb R^2$ 中取单值线性算子

A=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}, \qquad A(x_1,x_2)=(-x_2,x_1).

它将向量逆时针旋转 $90^\circ$ 。对任意 $d=x-y$ ， $\langle d,Ad\rangle=0$ ，所以 $A$ 单调。它却不是强单调的：强单调要求某个 $m>0$ 使该内积至少为 $m\|d\|^2$ ，而任何非零 $d$ 都不满足。

极大性也能直接检验。若 $(z,w)$ 与所有已有图点都相容，就特别要与 $(z+th,A(z+th))$ 相容，其中 $h\in\mathbb R^2$ 、 $t\in\mathbb R$ 任意。于是

0\le\langle-th,w-Az-tAh\rangle =-t\langle h,w-Az\rangle.

正负两种 $t$ 迫使 $\langle h,w-Az\rangle=0$ 对每个 $h$ 成立，故 $w=Az$ 。无法加入新点，所以 $A$ 极大单调。

现在真正求解隐式步。矩阵 $I+\lambda A$ 的行列式为 $1+\lambda^2$ ，因此

J_{\lambda A} =\frac1{1+\lambda^2} \begin{pmatrix}1&\lambda\\-\lambda&1\end{pmatrix}, \qquad J_{\lambda A}^{\mathsf T}J_{\lambda A} =\frac1{1+\lambda^2}I.

令 $\theta=\arctan\lambda$ 、 $q=(1+\lambda^2)^{-1/2}$ ，这个矩阵就是先顺时针旋转 $\theta$ ，再将长度乘以 $q$ 。由矩阵表达式还有

\|J_{\lambda A}d\|^2 =\frac{\|d\|^2}{1+\lambda^2} =\langle J_{\lambda A}d,d\rangle.

因此牢固非扩张不等式在这里取等，预解算子同时又是严格收缩。这并未使原算子变成强单调：原图的内积仍恒为零。

取 $\lambda=1$ ，从 $x_0=(1,0)$ 开始迭代 $x_{k+1}=J_Ax_k$ ，逐次相乘得到

x_1=(1/2,-1/2),\qquad x_2=(0,-1/2),\qquad x_3=(-1/4,-1/4).

每一步顺时针转 $45^\circ$ ，长度乘以 $1/\sqrt2$ ；更完整地，

x_k=2^{-k/2}\bigl(\cos(k\pi/4),-\sin(k\pi/4)\bigr), \qquad \|x_k\|=2^{-k/2}\longrightarrow0.

$Ax=0$ 的唯一解是零，因而我们已明确求出了隐式迭代的全部轨道及其终点。作为对照，显式更新 $x_{k+1}=(I-\lambda A)x_k$ 满足

\|(I-\lambda A)x\|^2=(1+\lambda^2)\|x\|^2.

对任意固定正步长和非零初值，显式迭代的长度都几何增长。这里造成隐式稳定性的，是在新位置求平衡，而不是原算子具有某种严格向内的方向。

次微分是重要来源，但没有覆盖所有单调算子

设 $f$ 是实 Hilbert 空间上的 proper、下半连续凸函数，proper 指不取 $-\infty$ 且不恒为 $+\infty$ 。对 $u\in\partial f(x)$ 、 $v\in\partial f(y)$ ，将两条次梯度不等式相加，得到

f(y)\ge f(x)+\langle u,y-x\rangle,\qquad f(x)\ge f(y)+\langle v,x-y\rangle \quad\Longrightarrow\quad \langle x-y,u-v\rangle\ge0.

所以 $\partial f$ 单调。近端算子的存在性和最优性条件又保证：每个输入 $z$ 都有唯一 $p$ 满足 $(z-p)/\lambda\in\partial f(p)$ 。于是 $I+\lambda\partial f$ 满射，由前面的短证明可知 $\partial f$ 极大单调，而且

J_{\lambda\partial f}=\operatorname{prox}_{\lambda f}.

上面的旋转算子却不能写成任何这样的 $\partial f$ 。假设能够写成，取 $x_0=0$ 、 $x_1=e_1=(1,0)$ 、 $x_2=e_2=(0,1)$ 、 $x_3=x_0$ ，沿闭合三角形逐条使用次梯度不等式，求和应给出

0=\sum_{i=0}^2\bigl(f(x_{i+1})-f(x_i)\bigr) \ge\sum_{i=0}^2\langle Ax_i,x_{i+1}-x_i\rangle.

但右侧三项分别是 $0$ 、 $\langle e_2,e_2-e_1\rangle=1$ 和 $\langle-e_1,-e_2\rangle=0$ ，总和为 $1$ ，矛盾。这个论证不需要假设 $f$ 可微；它揭示次微分还必须满足沿闭合链的相容性，而普通单调性只检查两个图点。

推论与应用

对任意单调算子，只要预解算子在该点有定义，就有

x=J_{\lambda A}x \quad\Longleftrightarrow\quad x\in x+\lambda Ax \quad\Longleftrightarrow\quad 0\in Ax.

因此，求零点可转化为预解算子的固定点问题。 $A=\partial f$ 时，这正是凸函数的最小化，反复更新便得到近端点方法；旋转例子说明，同一种隐式更新还可以处理没有凸势函数的关系。

若 $A$ 极大单调且存在零点 $z$ ，令 $p=J_{\lambda A}x$ ，对输入 $x,z$ 使用牢固非扩张性，有 $\|p-z\|^2\le\langle p-z,x-z\rangle$ 。展开 $x-z=(x-p)+(p-z)$ ，可推出

\boxed{\ \|p-z\|^2+\|x-p\|^2\le\|x-z\|^2\ }.

所以每次精确隐式更新都使到零点的距离不增，并用距离的减少支付本次位移的平方。若反复更新，将这些不等式相加就得到相邻位移平方可求和。一般的全序列收敛还涉及步长条件以及有限维与无限维的区别；二维旋转算例则已由显式公式给出几何速度的范数收敛。

极大性保证每步可解，并不自动保证零点存在。例如 $H=\mathbb R$ 、 $Ax=\{1\}$ 时， $J_{\lambda A}x=x-\lambda$ 对每个输入有定义；由满射性可知 $A$ 极大单调，但 $0\notin Ax$ 对所有 $x$ 成立。固定正步长迭代不断向负方向平移，没有固定点可供收敛。这与旋转算例的差别，在于是否存在待求的零点。

参考资料

Christian Seifert, Sascha Trostorff and Marcus Waurick, Evolutionary Equations，Chapter 17: Evolutionary Inclusions，2021，§17.1；Proposition 17.1.2 给出预解算子性质与满射推出极大性，Proposition 17.1.6 讨论凸次微分，Theorem 17.1.7 给出 Minty 定理的全域结论。
Ernest K. Ryu and Stephen Boyd, A Primer on Monotone Operator Methods，2016，§6，有限维预解算子的单值性、牢固非扩张性与固定点性质。
R. Tyrrell Rockafellar, Monotone Operators and the Proximal Point Algorithm，SIAM Journal on Control and Optimization 14(5)，1976，877–898，§1，实 Hilbert 空间中的极大单调算子与近端点迭代。

形式陈述 ​

单调性怎样保证解唯一且稳定 ​

满射性怎样排除图的缺口 ​

单调而不极大：只有一个图点 ​

完整算例：旋转关系的隐式步 ​

次微分是重要来源，但没有覆盖所有单调算子 ​