Akram M, Zafar A A, Siddiqui A A^[1]于2008年引进了3-元实函数类$ \mathcal{A} $如下:

设$ \mathbb{R}^{+} $是所有非负实数集, $ \mathcal{A} $是所有满足下列条件的函数$ \alpha:(\mathbb{R}^{+})^{3} \to \mathbb{R}^{+} $的集合:

($ \alpha $1) $ \alpha $是$ (\mathbb{R}^{+})^{3} $上连续的;

($ \alpha $2) 存在$ k \in [0, 1) $使得当$ a\leq \alpha(a, b, b) $或$ a\leq \alpha(b, a, b) $或$ a\leq \alpha(b, b, a) $ $ \forall \, a, b\in [0, \infty) $时$ a \leq k\, b $.

他们引进了称之为$ \cal{A} $-压缩的概念: 度量空间$ X $上的自映射$ T $是$ \cal{A} $-压缩的是指存在$ \alpha \in \mathcal{A} $成立

$ d(Tx, Ty) \leq \alpha\bigl(d(x, y), d(x, Tx), d(y, Ty)\bigr), \forall \, x, y \in X. $

文献[1]的作者利用$ \cal{A} $-压缩得到了一些重要的不动点定理, 文献[1]中主要定理是Banach压缩原理^[2]和Kannan不动点定理^[3]及一些其它不动点定理的新的推广.

2012年, Mantu Saha, Debashis Dey^[4]利用$ \mathcal{A} $-压缩条件把文献[1]中的结果推广到积分型的结果. 文献[1]中指出$ \mathcal{A} $-压缩条件推广和改进了$ M $-压缩^[5], $ K $-压缩^[2], $ B $-压缩^[6]和$ R $-压缩^[7]及其它. 显然, $ \mathcal{A} $-压缩也是下列压缩条件的推广

$ d(Tx, Ty)\leq a\, d(x, y)+b\, d(x, Tx)+c\, d(y, Ty), \forall \, x, y \in X, $

其中$ a, b, c\in [0, 1) $满足$ a+b+c<1 $. 因此它也是下列压缩条件的推广

$ d(Tx, Ty)\leq k\, [d(x, y)+d(x, Tx)+d(y, Ty)], \forall \, x, y \in X, $

其中$ k\in [0, \frac{1}{3}) $. 于是文献[1]中主要结果也推广和改进了Kannan型不动点定理的的变形结果^[8]. 另一方面, 石和朴^[9]在复值度量空间上重新定义了$ \mathcal{A} $-压缩概念并讨论了文献[1]中的相应结果. 朴^[10]引进了$ \cal{A} $-压缩的一个推广概念, 即$ \cal{A^*} $-压缩, 其中条件($ \alpha $2)中的$ a \leq kb $ (此处$ k \in [0, 1) $) 用$ a<b $代替, 并在$ \cal{A^*} $-压缩条件下讨论了若干个不动点和公共不动点存在性问题. 文献[10]中所得结果大大推广和改进了文献[1]中的结论.

在本文, 我们将把$ \cal{A} $及$ \cal{A^*} $定义中的条件$ a\leq kb $及$ a<b $用$ a\leq b $代替并引进一个新的实函数类$ \mathcal{A_*} $, 然后在完备或非完备的度量空间上讨论具有$ \mathcal{A_*}- $压缩条件的自映射族的唯一公共不动点存在性问题. 最后, 给出两个实例验证主要定理的正确性.

首先, 定义如下新的3-元实函数类$ \cal{A_{*}} $.

定义2.1  $ \alpha \in \cal{A_*} $当且仅当$ \alpha $满足如下两个条件

($ \alpha_*1 $): $ \alpha : ({\mathbb{R}}^{+})^{3} \to {\mathbb{R}}^{+} $是关于三个变元是连续的;

($ \alpha_*2 $): 若$ x_1 \leq \alpha(x_1, x_2, x_2) $或$ x_1 \leq \alpha(x_2, x_1, x_2) $或$ x_1 \leq \alpha(x_2, x_2, x_1) $, 则$ x_1 \leq x_2 $.

注记2.1  显然, $ \alpha \in \cal{A} \Longrightarrow \alpha \in \cal{A_*} $. $ \cal{A_*} $不同于^[10]中定义的类$ \cal{A^*}. $

例2.1  定义$ \alpha : ({\mathbb{R}}^{+})^{3} \to {\mathbb{R}}^{+} $为$ \alpha(x_1, x_2, x_3)=\frac{1}{3}(x_1+x_2+x_3), \, \forall \, x_1, x_2, x_3 \in {\mathbb{R}}^{+} $. 显然, $ \alpha \in \cal{A_*}. $若取$ x_1=x_2 $, 则$ x_1\leq \alpha(x_1, x_2, x_2) $, 但是不存在$ k \in [0, 1) $使得$ x_1\leq k\, x_2 $成立. 因此$ \alpha \notin \cal{A}. $于是$ \cal{A} \subsetneq \cal{A_*} $. 另外, 当$ x_1=x_2 $时成立$ x_1\leq \alpha(x_1, x_2, x_2) $, 但$ x_1<x_2 $不成立, 于是$ \alpha \notin \cal{A^*} $.

下面是另一个满足$ \cal{A} \subsetneq \cal{A_*} $的实例.

例2.2  定义$ \alpha : ({\mathbb{R}}^{+})^{3} \to {\mathbb{R}}^{+} $如下:

$ \alpha(x_1, x_2, x_2)=\frac{x_1+x_2+x_3}{3+2(x_1+x_2+x_3)}, \forall \, (x_1, x_2, x_3) \in ({\mathbb{R}}^{+})^{3}. $

则 $ \alpha(x_1, x_2, x_3) $显然是连续的.

如果$ x_1\leq \alpha(x_1, x_2, x_2) $, 即$ x_1\leq \frac{x_1+x_2+x_2}{3+2(x_1+x_2+x_2)}=\frac{x_1+2x_2}{3+2(x_1+2x_2)} $, 则$ x_1 [3+2(x_1+2x_2)]\leq x_1+2x_2, $因此

$ x_1(1+x_1+2x_2)\leq x_2, $

于是$ x_1 \leq x_2. $类似地, 当$ x_1 \leq \alpha(x_2, x_1, x_2) $或$ x_1 \leq \alpha(x_2, x_2, x_1) $时成立$ x_1 \leq x_2 $. 这说明$ \alpha \in \cal{A_*} $.

由$ x_1\leq \alpha(x_1, x_2, x_2) $推出$ x_1(1+x_1+2x_2)\leq x_2 $, 因此

$ x_1 \leq \frac{1}{1+x_1+2x_2}x_2. $

由于$ \sup\limits_{x_1, x_2, \in \mathbb{R}^{+}}\frac{1}{1+x_1+2x_2}=1 $, 因此对任何给定的$ k\in [0, 1) $, $ x_1 \leq k x_2 $是不成立的. 于是$ \alpha \notin \cal{A} $. 另一方面, 取$ x_1=x_2=0, $则$ x_1\leq \alpha(x_1, x_2, x_2) $成立, 但$ x_1<x_2 $不成立, 于是$ \alpha \notin \cal{A^*} $.

下列定理是本文中的第一个主要结果.

定理2.1  设$ (X, d) $是完备的度量空间, $ \alpha \in \cal{A_*} $且$ S, T : X \to X $是两个映射. 假设对任何$ x, y \in X $,

$ \begin{align} d(Tx, Sy) \leq \alpha(d(x, y), d(x, Tx), d(y, Sy)). \end{align} $

(2.1)

如果$ z\leq \alpha(z, z, z) $当且仅当$ z=0 $, 则$ S $和$ T $有唯一公共不动点.

证  任取一个$ x_0 \in X $并在$ X $中构造一个序列$ \{x_n\}_{n=0}^{\infty} $使其满足如下条件

$ \begin{align} Tx_{2n}=x_{2n+1}, \ Sx_{2n+1}=x_{2n+2}, n=0, 1, 2, \cdots. \end{align} $

(2.2)

对任何固定的$ n \in \mathbb{N} $, 利用(2.1)得到

$ \begin{aligned} d(x_{2n+1}, x_{2n+2})=d(Tx_{2n}, Sx_{2n+1}) \leq & \alpha(d(x_{2n}, x_{2n+1}), d(x_{2n}, Tx_{2n}), d(x_{2n+1}, Sx_{2n+1}))\\ = & \alpha(d(x_{2n}, x_{2n+1}), d(x_{2n}, x_{2n+1}), d(x_{2n+1}, x_{2n+2})), \end{aligned} $

因此根据($ \alpha_*2 $)得到

$ \begin{align} d(x_{2n+1}, x_{2n+2}) \leq d(x_{2n}, x_{2n+1}), \ n=0, 1, 2, \cdots. \end{align} $

(2.3)

类似地,

$ \begin{aligned} d(x_{2n+3}, x_{2n+2})=d(Tx_{2n+2}, Sx_{2n+1}) \leq & \alpha(d(x_{2n+2}, x_{2n+1}), d(x_{2n+2}, Tx_{2n+2}), d(x_{2n+1}, Sx_{2n+1}))\\ = & \alpha(d(x_{2n+2}, x_{2n+1}), d(x_{2n+2}, x_{2n+3}), d(x_{2n+1}, x_{2n+2})), \end{aligned} $

因此再次根据($ \alpha_*2 $)得到

$ \begin{align} d(x_{2n+2}, x_{2n+3}) \leq d(x_{2n+1}, x_{2n+2}), \ n=0, 1, 2, \cdots. \end{align} $

(2.4)

结合(2.3)和(2.4), 则

$ \begin{align} d(x_{n+1}, x_{n+2}) \leq d(x_{n}, x_{n+1}), \ n=0, 1, 2, \cdots. \end{align} $

(2.5)

因此$ \{d(x_n, x_{n+1})\}_{n=1}^{\infty} $是单调递减非负实序列, 于是存在$ a \in [0, \infty) $使得$ \lim\limits_{n \to \infty}d(x_n, x_{n+1})=a. $在下列已知式子的两边取$ n \to \infty $

$ d(x_{2n+1}, x_{2n+2}) \leq \alpha(d(x_{2n}, x_{2n+1}), d(x_{2n}, x_{2n+1}), d(x_{2n+1}, x_{2n+2})) $

且利用($ \alpha_*1 $), 则得到$ a \leq \alpha(a, a, a). $因此根据$ \alpha $的性质得到

$ \begin{align} \lim\limits_{n \to \infty}d(x_n, x_{n+1})=a=0. \end{align} $

(2.6)

假设序列$ \{x_n\} $不是柯西的, 则存在$ c \in \mathbb{R} $且$ c >0 $使得对任何$ k \in \mathbb{N} $, 存在$ m(k), n(k) \in \mathbb{N} $且$ m(k)>n(k)>k $使得下列关系式成立

$ \begin{align} d(x_{m(k)}, x_{n(k)}) \geq c, \ \forall \, k \in \mathbb{N}. \end{align} $

(2.7)

根据(2.6), 可以假设$ m(k) $和$ n(k) $的奇偶性不同. 对任何$ k\in \mathbb{N} $, 令$ m(k) $是大于$ n(k) $且满足(2.7)的最小整数, 则有

$ \begin{align} d(x_{m(k)}, x_{n(k)}) \geq c, \ d(x_{m(k)-2}, x_{n(k)})<c, \ \forall \, k \in \mathbb{N}. \end{align} $

(2.8)

根据(2.8)得到

$ \begin{aligned} c \leq & d(x_{m(k)}, x_{n(k)})\\ \leq & d(x_{m(k)}, x_{m(k)-1})+d(x_{m(k)-1}, x_{m(k)-2})+d(x_{m(k)-2}, x_{n(k)})\\ < & d(x_{m(k)}, x_{m(k)-1})+d(x_{m(k)-1}, x_{m(k)-2})+c \end{aligned} $

在上式的两边取$ k \to \infty $且利用(2.6), 则得到

$ \begin{align} \lim\limits_{k \to \infty}d(x_{m(k)}, x_{n(k)})=\lim\limits_{k \to \infty}d(x_{m(k)-2}, x_{n(k)})=c. \end{align} $

(2.9)

因为

$ \begin{aligned} & |d(x_{m(k)+1}, x_{n(k)+1})-d(x_{m(k)}, x_{n(k)})| \\ \leq & |d(x_{m(k)+1}, x_{n(k)+1})-d(x_{m(k)+1}, x_{n(k)})|+|d(x_{m(k)+1}, x_{n(k)})-d(x_{m(k)}, x_{n(k)})| \\ \leq &d(x_{n(k)+1}, x_{n(k)})+d(x_{m(k)+1}, x_{m(k)}), \end{aligned} $

因此结合(2.6)和(2.9)得到

$ \begin{align} \lim\limits_{k\to \infty}d(x_{m(k)+1}, x_{n(k)+1})=\lim\limits_{k\to \infty} d(x_{m(k)}, x_{n(k)})=c. \end{align} $

(2.10)

如果$ m(k) $是偶数且$ n(k) $是奇数, 则根据(2.1)得到

$ d(Tx_{m(k)}, Sx_{n(k)})\leq \alpha(d(x_{m(k)}, x_{n(k)}), d(x_{m(k)}, Tx_{m(k)}), d(x_{n(k)}, Sx_{n(k)})), $

即

$ d(x_{m(k)+1}, x_{n(k)+1})\leq \alpha(d(x_{m(k)}, x_{n(k)}), d(x_{m(k)}, x_{m(k)+1}), d(x_{n(k)}, x_{n(k)+1})). $

在上式的两边取$ k \to \infty $且利用($ \alpha_* $1)及(2.6)和(2.10)得到$ c \leq \alpha(c, 0, 0), $于是根据($ \alpha_*2 $)得到$ c=0 $, 这是一个矛盾. 类似地, 如果$ m(k) $是奇数且$ n(k) $是偶数, 则根据(2.1)得到

$ d(Tx_{n(k)}, Sx_{m(k)})\leq \alpha(d(x_{n(k)}, x_{m(k)}), d(x_{n(k)}, Tx_{n(k)}), d(x_{m(k)}, Sx_{m(k)})), $

即

$ d(x_{n(k)+1}, x_{m(k)+1})\leq \alpha(d(x_{n(k)}, x_{m(k)}), d(x_{n(k)}, x_{n(k)+1}), d(x_{m(k)}, x_{m(k)+1})). $

在上式的两边取$ k \to \infty $且利用($ \alpha_* $1)及(2.6)和(2.10)得到$ c \leq \alpha(c, 0, 0), $于是根据($ \alpha_*2 $)得到$ c=0 $, 这也是一个矛盾. 这些矛盾说明$ \{x_n\} $是柯西序列, 根据$ (X, d) $的完备性, 存在$ z \in X $使得

$ \lim\limits_{n \to \infty}d(x_n, z)=0. $

根据(2.1)有$ d(Tz, Sx_{2n+1})\leq \alpha(d(z, x_{2n+1}), d(z, Tz), d(x_{2n+1}, Sx_{2n+1})), $即

$ d(Tz, x_{2n+2})\leq \alpha(d(z, x_{2n+1}), d(z, Tz), d(x_{2n+1}, x_{2n+2})). $

在上式的两边取$ n \to \infty $且利用($ \alpha_*1 $), 则得到

$ d(Tz, z)\leq \alpha(0, d(z, Tz), 0), $

于是根据($ \alpha_*2 $)得到$ d(Tz, z)=0 $, 从而$ Tz=z $.

再次根据(2.1)有$ d(z, Sz)=d(Tz, Sz)\leq \alpha(d(z, z), d(z, Tz), d(z, Sz))=\alpha(0, 0, d(z, Sz)), $因此根据($ \alpha_*2 $)得到$ d(z, Sz)=0, $于是$ Sz=z=Tz. $假设$ w $也是$ S $和$ T $的公共不动点, 则根据(2.1)得到

$ d(w, z)=d(Tw, Sz)\leq \alpha(d(w, z), d(w, Tw), d(z, Sz))=\alpha(d(w, z), 0, 0), $

因此根据($ \alpha_*2 $)得到$ d(w, z)=0 $, 即得$ w=z $. 于是$ z $是$ S $和$ T $的唯一公共不动点.

例2.3  设$ X=[0, \frac{1}{4}] $且$ d(x, y)=\mid x-y \mid $, $ \forall \, x, y \in X $, 则$ (X, d) $是完备的. 定义两个映射$ T, S: X \to X $如下

$ Tx=\frac{1}{5}x, \, Sx=\frac{1}{6}x, \forall \, x \in X. $

考虑例2.2中的$ \alpha \in \cal{A_*} $. 如果$ x\leq \alpha(x, x, x) $, 则

$ x\leq \frac{3x}{3+6x}=\frac{1}{1+2x}\, x, $

因此$ x=0. $对任何$ x, y \in X $, 可以假设$ 0\leq x \leq y \leq \frac{1}{4} $, 则

$ d(Tx, Sy)=d(\frac{1}{5}x , \frac{1}{6}y)=\mid \frac{1}{5}x-\frac{1}{6}y \mid \leq \frac{1}{5}(y-x)+\frac{1}{30}y $

且

$ \begin{aligned} & \alpha(d(x, y), d(x, Tx), d(y, Sy))\\ =& \alpha((y-x), \frac{4}{5}x, \frac{5}{6}y)\\ =& \frac{1}{3+2[(y-x)+\frac{4}{5}x+\frac{5}{6}y]}(y-x)+\frac{1}{3+2[(y-x)+\frac{4}{5}x+\frac{5}{6}y]}\times \frac{4}{5}x\\&+\frac{1}{3+2[(y-x)+\frac{4}{5}x+\frac{5}{6}y]}\times \frac{5}{6}y\\ \geq & \frac{1}{3+2[\frac{1}{4}+\frac{4}{5}\times \frac{1}{4}+\frac{5}{6} \times \frac{1}{4}]}(y-x)+0+\frac{1}{3+2[\frac{1}{4}+\frac{4}{5}\times \frac{1}{4}+\frac{5}{6} \times \frac{1}{4}])}\times \frac{5}{6}y\\ \geq & \frac{1}{5}(y-x)+\frac{1}{30}y. \end{aligned} $

因此

$ d(Tx, Sy) \leq \alpha(d(x, y), d(x, Tx), d(y, Sy)), \forall \, x, y \in X, $

即(2.1)成立. 于是定理2.1的所有条件被满足, 因此$ T $和$ S $有唯一公共不动点$ 0. $

考虑一个函数$ \alpha : ({\mathbb{R}}^{+})^{3} \to {\mathbb{R}}^{+} $, $ \alpha(x_1, x_2, x_3)=a x_1+b x_2+c x_3, \, \forall \, x_1, x_2, x_3 \in {\mathbb{R}}^{+} $, 其中$ a, b, c \in [0, \infty) $满足$ a+b+c<1 $. 则$ \alpha \in \cal{A_{*}} $且$ \alpha $满足$ x\leq \alpha(x, x, x) $当且仅当$ x=0 $. 因此根据定理2.1及满足$ a=0 $及$ b=c $或$ a=b=c $的上述函数$ \alpha $, 可以得到度量空间上的Kannan型公共不动点定理及推广的Kannan型公共不动点定理.

推论2.1  设$ (X, d) $是完备的度量空间, $ S, T : X \to X $是两个映射. 如果对任何$ x, y \in X $,

$ d(Tx, Sy) \leq b[d(x, Tx)+d(y, Sy)], $

其中$ b \in [0, \frac{1}{2}). $则$ S $和$ T $有唯一公共不动点.

推论2.2  设$ (X, d) $是完备的度量空间, $ S, T : X \to X $是两个映射. 如果对任何$ x, y \in X $,

$ d(Tx, Sy) \leq a[d(x, y)+d(x, Tx)+d(y, Sy)], $

其中$ a \in [0, \frac{1}{3}). $则$ S $和$ T $有唯一公共不动点.

下列结果是定理2.1在度量空间的非完备条件下的表现形式.

定理2.2  设$ (X, d) $是度量空间, $ \alpha \in \cal{A_*} $且$ S, T : X \to X $是两个映射. 假设

(i) 对任何给定点$ x_0 \in X $, 由满足条件$ x_{2n+1}=Tx_{2n} $及$ x_{2n+2}=Sx_{2n+1} $所构造出的序列$ \{x_n\}_{n=0}^{\infty} $有一个子序列$ \{x_{n_i}\} $收敛于某个点$ z \in X $;

(ii) (2.1)成立.

如果$ z\leq \alpha(z, z, z) $当且仅当$ z=0 $, 则$ S $和$ T $有唯一公共不动点.

证  利用(ii), 并采用定理2.1的证明过程, 可证明$ \{x_n\} $是柯西的. 因此根据(i), 存在$ \{x_n\} $的子序列$ \{x_{n_i}\} $使得$ \{x_{n_i}\} $收敛于某点$ z \in X $, 即

$ \lim\limits_{i \to \infty}d(x_{n_i}, z)=0. $

于是根据$ \{x_n\} $的柯西性容易得到

$ \lim\limits_{n \to \infty}d(x_n, z)=0. $

根据(ii)有$ d(Tz, Sx_{2n+1})\leq \alpha(d(z, x_{2n+1}), d(z, Tz), d(x_{2n+1}, Sx_{2n+1})), $即

$ d(Tz, x_{2n+2})\leq \alpha(d(z, x_{2n+1}), d(z, Tz), d(x_{2n+1}, x_{2n+2})). $

在上式的两边取$ n \to \infty $且利用($ \alpha_*1 $), 则得到

$ d(Tz, z)\leq \alpha(0, d(z, Tz), 0), $

于是根据($ \alpha_*2 $)得到$ Tz=z $.

再次根据(ii)有$ d(z, Sz)=d(Tz, Sz)\leq \alpha(d(z, z), d(z, Tz), d(z, Sz))=\alpha(0, 0, d(z, Sz)), $因此根据($ \alpha_*2 $)得到$ d(z, Sz)=0 $, 于是$ Sz=z=Tz $.

假设$ w $也是$ S $和$ T $的公共不动点, 则根据(2.1)得到

$ d(w, z)=d(Tw, Sz) \leq \alpha(d(w, z), d(w, Tw), d(z, Sz))=\alpha(d(w, z), 0, 0), $

因此根据($ \alpha_*2 $)得到$ d(w, z)=0 $, 即有$ w=z $. 于是$ z $是$ S $和$ T $的唯一公共不动点.

现在, 将给出度量空间上满足$ \cal{A_{*}} $-压缩条件的无穷多个映射的公共不动点存在定理.

定理2.3  设$ (X, d) $是完备的度量空间, $ \{T_i\}_{i=1}^{\infty} $是$ X $上无穷多个自映射. 假设对任何$ i, j=1, 2, \cdots $且$ i\ne j $及任何$ x, y \in X $,

$ \begin{align} d(T_ix, T_jy) \leq \alpha(d(x, y), d(x, T_ix), d(y, T_jy)), \end{align} $

(2.11)

其中$ \alpha \in \cal{A_*} $满足$ z\leq \alpha(z, z, z) $当且仅当$ z=0 $. 则$ \{T_i\}_{i=1}^{\infty} $有唯一公共不动点.

证  令$ x_0 \in X $并构造一个序列$ \{x_n\}_{n=1}^{\infty} $使其满足$ x_n=T_nx_{n-1} $, $ \forall \, n=1, 2, \cdots. $

对任何$ n=1, 2, \cdots $, 根据(2.11)得到

$ d(x_n, x_{n+1})=d(T_nx_{n-1}, T_{n+1}x_{n})\leq\alpha(d(x_{n-1}, x_n), d(x_{n-1}, T_nx_{n-1}), d(x_{n}, T_{n+1}x_{n})), $

即

$ \begin{align} d(x_n, x_{n+1})\leq\alpha(d(x_{n-1}, x_n), d(x_{n-1}, x_n), d(x_{n}, x_{n+1})). \end{align} $

(2.12)

因此根据($ \alpha_*2 $)得到

$ d(x_n, x_{n+1})\leq d(x_{n-1}, x_n), \, n=1, 2, \cdots. $

因此$ \{d(x_n, x_{n+1})\}_{n=1}^{\infty} $是单调递减非负实序列, 于是存在$ a \in [0, \infty) $使得$ \lim\limits_{n \to \infty}d(x_n, x_{n+1})=a. $在(2.12)的两边取$ n \to \infty $且利用($ \alpha_*1 $)得到

$ a \leq \alpha(a, a, a). $

因此根据$ \alpha $的性质可知(2.6)成立.

假设序列$ \{x_n\} $不是柯西的, 则存在$ c \in \mathbb{R} $且$ c >0 $使得对任何$ k \in \mathbb{N} $, 存在$ m(k), n(k) \in \mathbb{N} $且$ m(k)>n(k)>k $使得(2.7)成立. 令$ m(k) $是大于$ n(k) $且满足(2.7)的最小整数, 则有

$ \begin{align} d(x_{m(k)}, x_{n(k)}) \geq c, \ d(x_{m(k)-1}, x_{n(k)})<c, \ \forall \, k \in \mathbb{N}. \end{align} $

(2.13)

根据(2.13)得到

$ c \leq d(x_{m(k)}, x_{n(k)}) \leq d(x_{m(k)}, x_{m(k)-1})+d(x_{m(k)-1}, x_{n(k)})\leq d(x_{m(k)}, x_{m(k)-1})+c. $

在上式的两边取$ k \to \infty $且利用(2.6), 则得到

$ \begin{align} \lim\limits_{k \to \infty}d(x_{m(k)}, x_{n(k)})=\lim\limits_{k \to \infty}d(x_{m(k)-1}, x_{n(k)})=c. \end{align} $

(2.14)

于是用与定理2.1的证明完全相同方式能得到(2.10).

根据(2.11)得到

$ d(T_{m(k)+1}x_{m(k)}, T_{n(k)+1}x_{n(k)})\leq \alpha(d(x_{m(k)}, x_{n(k)}), d(x_{m(k)}, T_{m(k)+1}x_{m(k)}), d(x_{n(k)}, T_{n(k)+1}x_{n(k)})), $

整理得

$ d(x_{m(k)+1}, x_{n(k)+1})\leq \alpha(d(x_{m(k)}, x_{n(k)}), d(x_{m(k)}, x_{m(k)+1}), d(x_{n(k)}, x_{n(k)+1})). $

在上式两边取$ k \to \infty $, 则根据(2.6)和(2.10)得到$ c\leq \alpha(c, 0, 0) $, 因此得到$ c=0 $, 这是一个矛盾. 这一矛盾说明$ \{x_n\} $是柯西序列. 于是根据完备性, 存在$ z \in X $使得

$ \lim\limits_{n \to \infty}d(x_n, z)=0. $

任意固定$ n=1, 2, \cdots, $并任取$ i\in \mathbb{N} $且$ i>n $, 则根据(2.11)有

$ d(T_{i+1}x_i, T_nz)\leq \alpha(d(x_i, z), d(x_i, T_{i+1}x_i), d(z, T_nz)), $

即

$ \begin{align} d(x_{i+1}, T_nz)\leq \alpha(d(x_i, z), d(x_i, x_{i+1}), d(z, T_nz)). \end{align} $

(2.15)

在(2.15)的两边取$ i \to \infty $, 则得到

$ d(z, T_nz)\leq \alpha(0, 0, d(z, T_nz)), $

这推出

$ T_nz=z, \forall \, n=1, 2, \cdots. $

因此$ z $是$ \{T_i\}_{i=1}^{\infty} $的公共不动点. 如果$ y $也是$ \{T_i\}_{i=1}^{\infty} $的公共不动点, 则根据(2.11)得到

$ d(z, y)=d(T_1z, T_2y)\leq \alpha(d(z, y), d(z, T_1z), d(y, T_2y))=\alpha(d(z, y), 0, 0), $

因此$ d(z, y)=0 $, 即$ z=y $. 于是$ z $是$ \{T_i\}_{i=1}^{\infty} $的唯一公共不动点.

根据定理2.3, 给出比定理2.3更一般形式的公共不动点存在定理.

定理2.4  设$ (X, d) $是完备的度量空间, $ \{T_i\}_{i=1}^{\infty} $是$ X $上的自映射族, $ \{m_i\}_{i=1}^{\infty} $是自然数组. 假设对任何$ i, j=1, 2, \cdots $且$ i\ne j $及任何$ x, y \in X $,

$ \begin{align} d(T_i^{m_i}x, T_j^{m_j}y) \leq \alpha(d(x, y), d(x, T_i^{m_i}x), d(y, T_j^{m_j}y)), \end{align} $

(2.16)

其中$ \alpha \in \cal{A_*} $满足$ z\leq \alpha(z, z, z) $当且仅当$ z=0 $. 则$ \{T_i\}_{i=1}^{\infty} $有唯一公共不动点.

证  令$ f_i=T_i^{m_i} $, $ \forall \, i=1, 2, \cdots $, 则$ \{f_i\}_{i=1}^{\infty} $满足定理2.3的所有条件, 因此$ \{f_i\}_{i=1}^{\infty} $有唯一公共不动点$ u \in X. $任意固定$ i \in \mathbb{N} $. 因为$ f_iT_iu=T_if_iu=T_iu $, 因此$ T_iu $是$ f_i $的不动点. 对任何$ j \in \mathbb{N} $且$ j\ne i $, 根据(2.16)有$ d(f_iT_iu, f_jT_iu)\leq \alpha\bigl(d(T_iu, T_iu), d(T_iu, f_iT_iu), d(T_iu, f_jT_u)\bigr), $即

$ d(T_iu, f_jT_iu)\leq \alpha\bigl(0, 0, d(T_iu, f_jT_u)\bigr), $

这导出$ d(T_iu, f_jT_iu)=0 $. 因此$ T_iu $是$ \{f_k\}_{k=1}^{\infty} $的公共不动点, 于是根据$ \{f_k\}_{k=1}^{\infty} $的公共不动点的唯一性得到$ T_iu=u $($ \forall \, i \in \mathbb{N} $), 这说明$ u $是$ \{T_i\}_{i=1}^{\infty} $的公共不动点. 显然, $ u $是$ \{T_i\}_{i=1}^{\infty} $的唯一公共不动点.

例2.4  考虑例2.3中的完备度量空间及$ \alpha \in \cal{A_*} $. 令$ T_ix=\frac{1}{3i}x, \, m_i=2i $, $ \forall \, i=1, 2, \cdots $及任意$ x \in X $. 对任何$ x, y \in X $及$ i, j=1, 2, \cdots $, 我们可以假设$ 0\leq x \leq y \leq \frac{1}{4} $且$ 1\leq i< j. $因为

$ d(T_i^{m_i}x, T_j^{m_j}y)=\mid \frac{1}{(3i)^{2i}}x-\frac{1}{(3j)^{2j}}y \mid \leq \frac{1}{(3i)^{2i}}(y-x)+[\frac{1}{(3i)^{2i}}-\frac{1}{(3j)^{2j}}]y\leq \frac{1}{4}(y-x)+\frac{1}{5}y, $

且

$ \begin{aligned} \alpha(d(x, y), d(x, T_i^{m_i}x), d(y, T_j^{m_j}y)) =& \alpha((y-x), (1-\frac{1}{(3i)^{2i}})x, (1-\frac{1}{(3j)^{2j}})y)\\ =& \frac{(y-x)+(1-\frac{1}{(3i)^{2i}})x+(1-\frac{1}{(3j)^{2j}})y}{3+2[(2-\frac{1}{(3j)^{2j}})y-\frac{1}{(3i)^{2i}}x] }\\ \geq & \frac{(y-x)+(1-\frac{1}{(3i)^{2i}})\times 0+(1-\frac{1}{(3j)^{2j}})y}{3+2[(2-\frac{1}{(3j)^{2j}})\times \frac{1}{4}-\frac{1}{(3i)^{2i}}\times 0] }\\ =& \frac{(y-x)}{4-\frac{1}{2(3j)^{2j}} }+\frac{(1-\frac{1}{(3j)^{2j}})y}{4-\frac{1}{2(3j)^{2j}} }\\ \geq & \frac{1}{4}(y-x)+\frac{2((3j)^{2j}-1)y}{8(3j)^{2j}-1 }\\ \geq & \frac{1}{4}(y-x)+\frac{1}{5}y.\, (\because \, (3j)^{2j}>9), \end{aligned} $

因此(2.16)成立. 于是$ \{T_i\}_{i=1}^{\infty} $, $ \{m_i\}_{i=1}^{\infty} $及$ \alpha $满足定理2.4的所有条件, 故$ \{T_i\}_{i=1}^{\infty} $有唯一公共不动点$ 0. $

最后, 将给出非完备的度量空间上满足$ \cal{A_{*}} $-压缩条件的无穷多的映射的公共不动点定理.

定理2.5  设$ (X, d) $是度量空间且$ \{T_i \}_{i=1}^{\infty} $是$ X $上的自映射族. 假设

(i) 对任何$ x_0 \in X $, 由满足条件$ x_{n+1}=T_{n+1}x_{n} $所构造的序列$ \{x_n\}_{n=0}^{\infty} $有一个收敛于某个点$ z \in X $子序列$ \{x_{n_i}\} $;

(ii) 存在$ \alpha \in \cal{A_*} $使得(2.11)成立.

如果$ \alpha \in \cal{A_*} $满足$ z\leq \alpha(z, z, z) $当且仅当$ z=0 $. 则$ \{T_i\}_{i=1}^{\infty} $有一个公共不动点.

证  在定理2.3的证明中, 仅利用(ii)证明了(i)中构造出的序列$ \{x_n\} $是柯西的. 根据(i), 存在其子序列$ \{x_{n_i}\} $使得收敛于点$ z \in X $, 即$ \lim_{i\to \infty}d(x_{n_i}, z)=0 $. 因此根据$ \{x_n\} $的柯西性得知$ \lim_{n\to \infty}d(x_n, z)=0 $. 余下的证明完全类似于定理2.3的后半部分的证明, 因此省去其详细证明.

定理2.5的推广形式如下.

定理2.6  设$ (X, d) $是度量空间, $ \{T_i\}_{i=1}^{\infty} $是$ X $上的自映射族, $ \{m_i\}_{i=1}^{\infty} $是自然数组. 假设

(i) 对任何$ x_0 \in X $, 由满足条件$ x_{n+1}=T_{n+1}^{m_{n+1}}x_{n} $所构造的序列$ \{x_n\}_{n=0}^{\infty} $有一个子序列$ \{x_{n_i}\} $收敛于某个点$ z \in X $;

(ii) 存在$ \alpha \in \cal{A_*} $使得(2.16)成立.

如果$ \alpha \in \cal{A_*} $满足$ z\leq \alpha(z, z, z) $当且仅当$ z=0 $. 则$ \{T_i\}_{i=1}^{\infty} $有唯一公共不动点.