張潔，蘇雅拉圖

(內(nèi)蒙古師范大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院，內(nèi)蒙古 呼和浩特 010022)

1 預(yù)備知識

定義1[8]設(shè)X是非空集合，k≥1是給定的正實(shí)數(shù)。稱函數(shù)d:X×X→[0,∞)是X上的b-距離，如果對任意的x,y,z∈X, 滿足

(i)d(x,y)=0當(dāng)且僅當(dāng)x=y;

(ii)d(x,y)=d(y,x);

(iii)d(x,y)≤k(d(x,z)+d(z,y))。

此時(shí)，稱(X,d)為b-距離空間。

例1[9]設(shè)X=(0,∞)，定義

則(X,d)是k=2的b-距離空間。

定義2[8]設(shè)(X,d)是b-距離空間。

(ii)稱序列{xn}是Cauchy列，如果序列{xn}滿足，對于任意ε>0, 存在正整數(shù)N, 當(dāng)m,n>N時(shí)，d(xm,xn)<ε；

(iii)稱(X,d)是完備的，如果(X,d)中每一個(gè)Cauchy列都收斂。

本文假設(shè)b-距離是連續(xù)的。

2 主要結(jié)果

能推出

ψ(d(Sx,Ty))≤(1-λ)ψ(m(x,y))-λφ(m(x,y))

(1)

其中

(i)ψ:[0,∞)→[0,∞)是單調(diào)遞增的連續(xù)函數(shù)，且ψ(t)=0當(dāng)且僅當(dāng)t=0；

(ii)φ:[0,∞)→[0,∞)是下半連續(xù)函數(shù)，且φ(t)=0當(dāng)且僅當(dāng)t=0；

則S和T有唯一的公共不動點(diǎn)。

證明設(shè)x0∈X。 構(gòu)造X中的序列{xn}, 使得x2n-1=Sx2n-2,x2n=Tx2n-1,n=1,2,。下面總假設(shè)對每一個(gè)n∈N,xn≠xn+1。 如若不然，公共不動點(diǎn)必然存在。

事實(shí)上，如果存在n∈N, 使得x2n=x2n-1。下面證明x2n-1是S和T的公共不動點(diǎn)。 因?yàn)?/p>

故由不等式(1)得

ψ(d(Sx2n,Tx2n-1))≤(1-λ)ψ(m(x2n,x2n-1))-λφ(m(x2n,x2n-1))

其中

=d(x2n-1,Sx2n)

因此

ψ(d(Sx2n,x2n-1))=ψ(d(Sx2n,x2n))=ψ(d(Sx2n,Tx2n-1))

≤(1-λ)ψ(d(x2n-1,Sx2n))-λφ(d(x2n-1,Sx2n))

從而

λψ(d(Sx2n,x2n-1))≤-λφ(d(x2n-1,Sx2n))

由函數(shù)ψ的定義知ψ(d(Sx2n,x2n-1))≥0,于是由上面的不等式知 -φ(d(x2n-1,Sx2n))≥0,即φ(d(x2n-1,Sx2n))≤0,再由函數(shù)φ的性質(zhì)得φ(d(x2n-1,Sx2n))=0,因此x2n-1=Sx2n。這時(shí)，Sx2n-1=Sx2n=x2n-1=x2n=Tx2n-1，即x2n-1是S和T的公共不動點(diǎn)。類似地，如果存在n∈N, 使得x2n-1=x2n-2, 則x2n-2是S和T的公共不動點(diǎn)。

第1步證明

(2)

和

(3)

對每一個(gè)n∈N,

由不等式(1)得

ψ(d(Sx2n,Tx2n-1))≤(1-λ)ψ(m(x2n,x2n-1))-λφ(m(x2n,x2n-1))

(4)

其中

若m(x2n,x2n-1)=d(x2n,x2n+1), 則由不等式(4)得

ψ(d(x2n,x2n+1))≤(1-λ)ψ(d(x2n,x2n+1))-λφ(d(x2n,x2n+1))

進(jìn)而可推出φ(d(x2n,x2n-1))=0,即x2n=x2n-1, 這與x2n≠x2n-1相矛盾。

因此

上述事實(shí)說明m(x2n,x2n-1)=d(x2n,x2n-1), 于是由不等式(4)得

ψ(d(x2n,x2n+1))≤(1-λ)ψ(d(x2n,x2n-1))-λφ(d(x2n,x2n-1))

(5)

類似地，

ψ(d(x2n+1,x2n+2))≤(1-λ)ψ(d(x2n,x2n+1))-λφ(d(x2n,x2n+1))

(6)

結(jié)合不等式(5)-(6)得，對所有的n∈N,

ψ(d(xn+1,xn))≤(1-λ)ψ(d(xn,xn-1))-λφ(d(xn,xn-1))

(7)

由于φ(d(x2n,x2n-1))≥0, 故

ψ(d(xn+1,xn))≤(1-λ)ψ(d(xn,xn-1))<ψ(d(xn,xn-1))

再由ψ函數(shù)的性質(zhì)得

0≤d(xn+1,xn)≤d(xn,xn-1)

這說明{d(xn+1,xn)}是單調(diào)遞減有下界的數(shù)列，故存在一個(gè)實(shí)數(shù)r, 使得

下證r=0。

事實(shí)上，對不等式(7)兩端取極限得

ψ(r)≤(1-λ)ψ(r)-λφ(r)

因此φ(r)≤0, 于是得r=0, 即式(2)成立。 由三角不等式得。

d(xn,xn+2)≤kd(xn,xn+1)+kd(xn+1,xn+2)

第2步證明{xn}是Cauchy列。

由三角不等式知

ε≤d(x2m(l),x2n(l))≤kd(x2m(l),x2n(l)-2)+kd(x2n(l)-2,x2n(l))

注意到式(3)，并對上面不等式兩端取極限得

再利用三角不等式得

ε≤d(x2m(l),x2n(l))≤kd(x2m(l),x2m(l)-1)+kd(x2m(l)-1,x2n(l))

(8)

d(x2m(l)-1,x2n(l))≤kd(x2m(l)-1,x2n(l)-2)+kd(x2n(l)-2,x2n(l))

≤k2d(x2m(l)-1,x2m(l))+k2d(x2m(l),x2n(l)-2)+kd(x2n(l)-2,x2n(l))

(9)

注意到式(2)-(3)，并對不等式(8)-(9)兩端取極限得

同理得

類似地,

ε≤d(x2m(l),x2n(l))≤kd(x2m(l),x2m(l)-1)+kd(x2m(l)-1,x2n(l))

≤kd(x2m(l),x2m(l)-1)+k2d(x2m(l)-1,x2n(l)+1)+k2d(x2n(l)+1,x2n(l)),d(x2m(l)-1,x2n(l)+1)

≤kd(x2m(l)-1,x2n(l)-2)+kd(x2n(l)-2,x2n(l)+1)

≤k2d(x2m(l)-1,x2m(l))+k2d(x2m(l),x2n(l)-2)+k2d(x2n(l)-2,x2n(l))+k2d(x2n(l),x2n(l)+1)

對上面兩個(gè)不等式兩端取極限得

由式(2)知，對充分大的l和上述的ε>0,有

進(jìn)而有

ε≤d(x2m(l),x2n(l))

≤kd(x2m(l),x2m(l)-1)+kd(x2m(l)-1,x2n(l))

即

這時(shí)有

令x=x2n(l),y=x2m(l)-1,將其代入不等式(1)得

ψ(d(x2n(l)+1,x2m(l)))=ψ(d(Sx2n(l),Tx2m(l)-1))

≤(1-λ)ψ(m(x2n(l),x2m(l)-1))-λφ(m(x2n(l),x2m(l)-1))

(10)

其中

因而

對不等式(10)兩端同時(shí)取極限得

第3步要證z是T和S的公共不動點(diǎn)。先證

中必有一個(gè)不等式成立。 否則,

d(x2n,x2n+1)≤kd(x2n,z)+kd(z,x2n+1)

=kλd(x2n,x2n+1)

于是d(x2n,x2n+1)=0,推出x2n=x2n+1,這與x2n≠x2n+1相矛盾。 因此存在{ni}使

ψ(d(x2ni+1,Tz))=ψ(d(Sx2ni,Tz))≤(1-λ)ψ(m(x2ni,z))-λφ(m(x2ni,z))

(11)

其中

因而

再對不等式(11)兩端取極限得

ψ(d(z,Tz))≤(1-λ)ψ(d(z,Tz))-λφ(d(z,Tz))

從而有φ(d(z,Tz))=0, 即z=Tz。由

和不等式(1)得

ψ(d(Sz,z))=ψ(d(Sz,Tz))≤(1-λ)ψ(m(z,z))-λφ(m(z,z))

=(1-λ)ψ(d(z,Sz))-λφ(d(z,Sz))

從而d(z,Sz)=0, 即z=Sz。因此z是T和S的公共不動點(diǎn)。

ψ(d(x2ni+2,Sz))=ψ(d(Sz,Tx2ni+1))≤(1-λ)ψ(m(z,x2ni+1))-λφ(m(z,x2ni+1))

(12)

其中

類似情形1的證明，得到Tz=Sz=z。

第4步證明公共不動點(diǎn)的唯一性。

假設(shè)y是T和S的公共不動點(diǎn)，由于

因而

ψ(d(y,z))=ψ(d(Sy,Tz))≤(1-λ)ψ(m(y,z))-λφ(m(y,z))

=(1-λ)ψ(d(y,z))-λφ(d(y,z))

進(jìn)而推出d(y,z)=0,即y=z。

下面給出一個(gè)例子。

設(shè)X={(1,1),(4,1),(1,4)}。定義

d(x,y)=|x1-y1|2+|x2-y2|2

令a=(1,1),b=(4,1),c=(1,4),則d(a,b)=9,d(a,c)=9,d(b,c)=18。

定義S:X→X為Sa=a,Sb=a,Sc=b;T:X→X為Ta=a,Tb=a,Tc=a,則

令ψ(t)=t,φ(t)=1-e-t,0∈[0,+∞)。這時(shí)

ψ(d(Sx,Ty))≤(1-λ)ψ(m(x,y))-λφ(m(x,y))

(i)當(dāng)x=a,y=b時(shí)，

ψ(d(Sa,Tb))=ψ(d(a,a))=ψ(0)=0,

(1-λ)ψ(m(x,y))-λφ(m(x,y))=(1-λ)ψ(9)-λφ(9)

=9(1-λ)-λ(1-e-9)

=9-λ(9+1-e-9)

>0

因此ψ(d(Sx,Ty))≤(1-λ)ψ(m(x,y))-λφ(m(x,y))成立。

(ii)當(dāng)x=b,y=c時(shí)，

ψ(d(Sb,Tc))=ψ(d(a,a))=ψ(0)=0,

(1-λ)ψ(m(x,y))-λφ(m(x,y))=(1-λ)ψ(18)-λφ(18)

=18(1-λ)-λ(1-e-18)

=18-λ(19-e-18)

>0

因此ψ(d(Sx,Ty))≤(1-λ)ψ(m(x,y))-λφ(m(x,y))成立。

(iii)當(dāng)x=a,y=c或x=b,y=a時(shí)，與(i)的情形完全相同。

(iv)當(dāng)x=c,y=b時(shí)，與(ii)的情形完全相同。

綜合情形(i)～(iv)可知，定理1 的條件被滿足。 由定理1 可知，S和T存在公共不動點(diǎn)，且公共不動點(diǎn)為(1,1)。