弱相容映射幾個新的公共不動點定理

張樹義， 趙美娜， 劉冬紅

(渤海大學 數理學院，遼寧 錦州121013)

1 引言與預備知識

1982 年Sessa S［1］定義了弱交換映射，1986 年Jungck G［2-3］引入了比弱交換更廣泛的相容映射的概念并在完備度量空間中研究這類映射的不動點存在性。李高明［4］給出一個新型不動點定理推廣了一些文獻中的結果;谷峰等［5］將文獻［4］推廣為4 個映射的弱交換的情形;陳仕洲［6-7］在完備度量空間中研究相容和弱相容映射對的公共不動點存在性。張石生［8］、ZHANG Y S 等［9］、鄭曉迪［10］和張樹義等［11-12］先后給出幾類Φ 型不動點定理。文中利用非單調不減的壓縮尺度函數Φ(t)，進一步研究與文獻［9-12］完全不同的另一類Φ 型弱相容映射對的公共不動點存在和唯一性，所得結果改進和推廣了現有文獻［1-8］中的結果。

全文設(X，d)是完備度量空間，S，T，A，B 為X上自映射。

定義1［1］稱A 和S 是弱交換的，若?x ∈X，有d(ASx，SAx)≤d(Ax，Sx)。

定義2［2］稱A 和S 是相容的，若對任意{xn}?X，使，有

定義3［3］稱A 和S 是弱相容的，若對u ∈X，有Au =Su，則ASu = SAu。

易知，A 和S 可交換?A 和S 弱可交換?A 和S相容?A 和S 弱相容，反之不然［3］。

定義4［9］設Φ(t)是定義在R+= ［0，∞)上的非負實值函數，且，當t ＞0 時，稱Φ(t)為壓縮尺度函數。

注1 若非負實值函數Φ(t)在R+上單調不減且Φ(t)＜t，?t ＞0，則Φ(t)是壓縮尺度函數。引理1［9］設Φ(t)是壓縮尺度函數，則

1)對任意t ＞0，Φ(t)＜t;

2)設{an}n≥0，{bn}n≥0是兩個非負實數列，?n ≥0，an＞0，并且使an+1≤Φ(an)+ bn對所有n ≥0 成立，如果，則

引理2［8］設{yn}是X 中滿足d(yn，yn+1)=0 的序列，若{yn}不是X 中的Cauchy 列，則必有?ε0＞0 和正整數列{mi}和{ni}，使得①mi＞ni+1，ni→∞(i →∞)。②d(ymi，yni)≥ε0;d(ymi－1，yni)＜ε0，i =1，2，…。

2 主要結果

定理1 設A 和S 弱相容，B 和T 弱相容且AX ?TX，BX ?SX 或AX ?TX，BX ?SX，ψ:X × X →［0，∞)是對稱有界函數，ψ(x，x)= 0，?x ∈X 且對每一變量的任一固定值，ψ(·，·)對另一變量是連續的，如果?x，y ∈X 以下條件成立:

1)ψ(Ax，By)≤β·ψ(Sx，Ty)，β ∈［0，1);

2)d(Ax，By)≤Φ{max(d(Sx，Ty)，d(Sx，Ax)，d(Ty，By)［d(Sx，By)+ d(Ty，Ax)］)}+ ψ(Ax，By)，其中，Φ 為右連續的壓縮尺度函數。則S，T，A，B 在X 中存在唯一公共不動點。

證 由Φ 右連續性和引理1 可知，Φ(0)= 0。任取x0∈X，不妨設AX ?TX，BX ?SX，則?x1∈X，使Sx1= Bx0。同理，?x2∈X，使Tx2= Ax1。一般地，?x2n－1∈X，使Sx2n－1= Bx2n－2= y2n－2，?x2n∈X，使Tx2n= Ax2n－1= y2n－1n = 1，2，3，…。ψ(y2n－1，y2n)=ψ(Ax2n－1，Bx2n) ≤ βψ(Sx2n－1，Tx2n) =βψ(y2n－2，y2n－1)。 同 理 可 證，ψ(y2n，y2n+1) ≤βψ(y2n－1，y2n)，從而?n ≥1，有

若d(y2n－1，y2n)＞d(y2n－2，y2n－1)，則由式(1)得

若存在正整數k，使yk= yk+1，則?i ≥0，d(yk+i，yk+1+i)= 0。事實上，當i = 0 時顯然成立。當i = 1時，由ψ(yk+1，yk+2)≤βψ(yk，yk+1)= 0，得d(yk+1，yk+2)≤Φ(d(yk，yk+1))+ ψ(yk+1，yk+2)= Φ(d(yk，yk+1))= Φ(0)= 0，假設i = m 成立，則i = m +1，有 ψ(yk+m+1，yk+m，+2) ≤ βψ(yk+m，yk+m+1) ≤βm+1ψ(yk，yk+1)= 0，由式(2)得d(yk+m+1，yk+m+2)≤Φ(d(yk+m，yk+m+1))+ f(yk+m+1，yk+m+2)= Φ(d(yk+m，yk+m+1))= Φ(0)= 0。

故由歸納法?i ≥0，有d(yk+i，yk+1+i)= 0。于是?n ≥k，有d(yn，yn+1)= 0，從而(yn，yn+1)=0。因此，以下可設yn≠yn+1，?n ≥1，從而d(yn，yn+1)＞0。由于，故ψ(yn，yn+1)＜∞，于是由式(2)及引理1 知

下證{yn}是X 中的一個Cauchy 列。若不然，由引理2，必?ε0＞0 和正整數列{mi}，{ni}，使得:

①mi＞ni+1，ni→∞，i →∞;②d(ymi，yni)≥ε0，d(ymi－1，yni)＜ε0i = 1，2，…

令di= d(ymi，yni)，則有

對式(3)右端第2 項分4 種情進行討論:

情形1 當mi為偶數、ni為奇數時，由條件①有ψ(ymi+1，yni+1)≤βni+1ψ(ymi－ni，y0)→0(i →∞)，由條件②有d(ymi+1，yni+1)= d(Axmi+1，Bxni+1)≤Φ(max{d(Sxmi+1，Txni+1)，d(Sxmi+1，Axmi+1)，

因為

所以

從而

又

因此

于是有

將式(4)代入式(3)式，并令i →∞，使用式(5)和式(6)式，得，矛盾。

情形2 當mi為偶數、ni為偶數時，由條件①有

由條件②有

因此

于是有

又

因此

于是有

將式(7)代入式(3)式并令i →∞，使用式(8)和式(9)式，得矛盾結果

同理可證，mi，ni同為奇數;mi為奇數，ni為偶數的情形也產生同樣的矛盾。因此{yn}是X 中的一個Cauchy 列。由于X 完備，故?z ∈X，使得yn=z。顯 然，{yn}的 子 列{Tx2n} = {Ax2n－1}和{Sx2n+1}={Bx2n}都收斂于z。由于?SX，因此z ∈BX，從而?u ∈X，使得Su = z。由ψ(Au，Bx2n)≤βψ(Su，Tx2n)，

令n →∞，得ψ(Au，z)= 0，

從而推出Au = z = Su。注意A 和S 弱相容，得SAu =ASu。即Az = Sz。

由

令n →∞，得ψ(Az，z = 0)，

故Az = z，從而Sz = z。由AX ?TX，知?v ∈X，使得Tv = Az = z，由ψ(Az，Bv)≤βψ(Sz，Tv)= 0，得

故Bv = Az = Tv。因B 和T 弱相容，得BTv = TBv，即BAz = TAz，故Bz = Tz。再由

注意到β ∈［0，1)，得ψ(z，Bz)= 0，

故Bz = z。綜上，Az = Bz = Sz = Tz = z。最后，設z*∈X 也是A，B，T，S 的公共不動點，則由

因為0 ≤β ＜1，所以ψ(z*，z)= 0，

得d(z*，z)= 0，即z*= z。因此，A，B，T，S 在X 中存在唯一公共不動點。證畢。

注2 關于Φ-映象的不動點問題的研究，以往都是在Φ 滿足單調不減的條件下進行討論的［5-7］，而對Φ 不滿足單調不減條件的Φ-映象的不動點問題的討論并不多見。文中利用非單調不減的壓縮尺度函數Φ(t)，研究了更廣泛的Φ-ψ 型弱相容映射對的公共不動點存在性和唯一性，因此文中結果適用范圍更加廣泛。

注3 在定理1 中取Φ(t)在R+上單調不減，ψ(x，y)≡0 時即得文獻［7］中的定理1;取Φ(t)在R+上單調不減，ψ(x，y)≡0，B = I(恒等映象)且A 和S，T 分別可交換時，便得文獻［8］中的定理3.5.1。注4 在定理1 中取Φ(t)= αt(0 ≤α ＜1)，S =T =I(恒等映象)即得文獻［4］中的定理1;取Φ(t)=αt(0 ≤α ＜1)且A 和S 弱交換，B 和T 弱交換，便得文獻［5］中的定理2.10.1 ;取Φ(t)=αt(0 ≤α ＜1)且A 和S，B 和T 是兩對相容映象，即得文獻［6］中的定理1 (不過文中研究Φ-ψ 型映射(定理1 條件2))的不動點時，增加了ψ(x，y)的有界性)。

定理2 設A，B，Ti(i ∈∧，指標集∧的勢≥2)都是X 上的自映射，?TiX，BX ?TiX 或(AX ?TiX，BX ?TiX)，i ∈∧，A，B 分別與每個Ti弱相容。ψ:X×X →［0，∞)是對稱有界連續函數，ψ(x，x)=0，?x ∈X，若?x，y ∈X，?i，j ∈∧，i ≠j，有ψ(Ax，By)，其中，Φ 為右連續的壓縮尺度函數，則A，B，Ti，i ∈∧在X 中存在唯一公共不動點。

證 對i，j，m ∈I，i ≠j，i ≠m。由定理1 知A，B，Ti，Tj存在唯一的公共不動點xij，A，B，Ti，Tm存在唯一的公共不動點xim，由條件2)得

又由條件1)有

所以ψ(Axim，Bxij)= 0，從而

由引理1 知d(xij，xim)= 0，故xij= xim。由i，m 的任意性即得A，B，{Ti}i∈I在X 中有唯一公共不動點。定理3 設A，B，Ti(i ∈∧，指標集∧的勢≥2)都是X 上的自映射，AX ?TiX，BX ?TiX 或(Ax ?TiX，BX ?TiX)，i ∈∧，A，B 分別與每個Ti可交換。ψ:X ×X →［0，∞)是對稱有界連續函數，若存在正整數n，使?x，y ∈X，?i，j ∈∧，i ≠j，有ψ(Ax，By)，其中，Φ 為右連續的壓縮尺度函數，則A，B，Ti，i ∈∧在X 中存在唯一公共不動點。

證 令A1= An，B1= Bn，則A1，B1分別與Ti可交換，從而也分別與Ti弱相容，故由定理2 即得。證畢。

注5 在定理2，定理3 中取Φ(t)在R+上單調不減，ψ(x，y)≡0 時即得文獻［7］中的定理2 和定理3。

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