在本文,我们将在TVS -值锥空间上考察满足具有变系数的Lipschitz型条件的四个映射,并证明当它们满足一定的条件时具有唯一公共不动点的定理.然后,给出若干的推论.最后,给出两个映射的唯一公共不动点存在定理和三个映射的唯一重合的点存在性定理.
对给定的锥$P_0 \subset E$,我们根据$P_0$可定义偏序关系$\leq$ 如下:
$x \leq y$当且仅当$y -x \in P_0$. $x<y$将表示$x \leq y$但$x \ne
y$,而$x\ll y$将表示$y-x \in \mbox{\rm int}P_0$,\,其中$\mbox{\rm
int}P_0$表示$P_0$的内部.
(i) 称$\{x_n\}$为柯西序列是指对任何$c \in E$且$0\ll c$,存在$N \in
{\Bbb N}$使得对任何$n,m
>N$,成立$d(x_m,x_n)\ll c$;
(ii) 称$\{x_n\}$收敛于$x$是指对任何$c \in E$且$0\ll c$,存在$N \in
{\Bbb N}$使得对任何$n>N$满足$d(x_n,x) \ll c$,并记$x_n
\rightarrow x$或$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}x_n=x$.
2 唯一公共不动点定理
$ \bf 定理 1$ 设$(X,d)$是TVS -值锥度量空间,$P_0$为锥,
$h,k,m,n$是四个非负整数. 如果四个映射$S,T,I,J : X \rightarrow
X$满足如下Lipschitz型条件: 对任何$x,y \in X$,
\begin{eqnarray*}
d(S^{m}x,T^{n}y) &\leq &
A(x,y)d(J^{k}x,I^{h}y)+B(x,y)d(J^{k}x,S^{m}x)+C(x,y)d(I^{h}y,T^{n}y)\\
&& +D(x,y)d(J^{k}x,T^{n}y)+E(x,y)d(I^{h}y,S^{m}x),
\end{eqnarray*}
其中$A,B,C,D,E$是$X \times X$上满足下列条件的五个非负实函数组
$$
A(x,y)+D(x,y)+E(x,y)<1,
C(x,y)+D(x,y)<1,B(x,y)+E(x,y)<1,\ \forall \,x,y \in X;$$
$$
L_1:=\sup_{x,y \in X } \frac
{A(x,y)+B(x,y)+D(x,y)}{1-C(x,y)-D(x,y)}; \ L_2:=\sup_{x,y \in X}
\frac
{A(x,y)+C(x,y)+E(x,y)}{1-B(x,y)-E(x,y)};
$$
$$
L_3:=\sup_{x,y \in X} \frac {1+C(x,y)+D(x,y)}{1-B(x,y)-E(x,y)}<
\infty; \ L_4:=\sup_{x,y \in X } \frac
{1+B(x,y)+E(x,y)}{1-C(x,y)-D(x,y)}< \infty;
$$
$$
K:= L_1L_2<1.
$$
如果$S,T,I,J$满足
(i) $S^{m}(X) \subset I^{h}(X)$,$T^{n}(X)
\subset J^{k}(X)$;
(ii) $S$和$J$可交换且$T$和$I$可交换;
(iii)
$S^{m}(X)$,$T^{n}(X)$,$I^{h}(X)$和$J^{k}(X)$中至少有一个是完备的;
(iv) $S^{m}$和$J^{k}$及$T^{n}$和$I^{h}$分别是弱相容的.
则$S,T,I,
J$有唯一公共不动点.
$ \bf 证$ 任取$x_0 \in X$,
根据条件(i)并利用数学归纳法可构造两个序列$\{x_p\}_{p=0}^{+\infty}$和
$\{y_p\}_{p=0}^{+\infty}$:
$$
y_{2p}=S^{m}x_{2p}=I^{h}x_{2p+1},\
y_{2p+1}=T^{n}x_{2p+1}=J^{k}x_{2p+2},\ p=0,1,2,\cdots.$$
对$p=0,1,\cdots,$
\begin{eqnarray*}
&& d(y_{2p},y_{2p+1})
\\
&= &
d(S^{m}x_{2p},T^{n}x_{2p+1}) \\
&\leq &
A(x_{2p},x_{2p+1})d(J^{k}x_{2p},I^{h}x_{2p+1})+B(x_{2p},x_{2p+1})d(J^{k}x_{2p},S^{m}x_{2p})\\
&&
+C(x_{2p},x_{2p+1})d(I^{h}x_{2p+1},T^{n}x_{2p+1})
\\
&& +
D(x_{2p},x_{2p+1})d(J^{k}x_{2p},T^{n}x_{2p+1})+E(x_{2p},x_{2p+1})d(I^{h}x_{2p+1},S^{m}x_{2p})
\\
&\leq &
A(x_{2p},x_{2p+1})d(y_{2p-1},y_{2p})+B(x_{2p},x_{2p+1})d(y_{2p-1},y_{2p})
\\
&& +C(x_{2p},x_{2p+1})d(y_{2p},y_{2p+1})+
D(x_{2p},x_{2p+1})[d(y_{2p-1},y_{2p})+d(y_{2p},y_{2p+1})],
\end{eqnarray*}
因此
\begin{eqnarray*}
d(y_{2p},y_{2p+1})
&\leq & \frac
{A(x_{2p},x_{2p+1})+B(x_{2p},x_{2p+1})+D(x_{2p},x_{2p+1})}{1-C(x_{2p},x_{pk+1})-D(x_{2p},x_{2p+1})}\,
d(y_{2p-1},y_{2p}) \\
&\leq & L_1 d(y_{2p-1},y_{2p}).
\end{eqnarray*}
类似地,
\begin{eqnarray*}
&& d(y_{2p+1},y_{2p+2})\\
&= &
d(S^{m}x_{2p+2},T^{n}x_{2p+1}) \\
&\leq &
A(x_{2p+2},x_{2p+1})d(J^{k}x_{2p+2},I^{h}x_{2p+1})+B(x_{2p+2},x_{2p+1})d(J^{k}x_{2p+2},S^{m}x_{2p+2})\\
&&
+C(x_{2p+2},x_{2p+1})d(I^{h}x_{2p+1},T^{n}x_{2p+1})+
D(x_{2p+2},x_{2p+1})d(J^{k}x_{2p+2},T^{n}x_{2p+1})
\\
&&
+E(x_{2p+2},x_{2p+1})d(I^{h}x_{2p+1},S^{m}x_{2p+2})
\\
& \leq &
A(x_{2p+2},x_{2p+1})d(y_{2p+1},y_{2p})+B(x_{2p+2},x_{2p+1})d(y_{2p+1},y_{2p+2})
\\
&& +C(x_{2p+2},x_{2p+1})d(y_{2p},y_{2p+1})+
E(x_{2p+2},x_{2p+1})[d(y_{2p},y_{2p+1})+d(y_{2p+1},y_{2p+2})],
\end{eqnarray*}
因此
\begin{eqnarray*}
d(y_{2p+1},y_{2p+2})
& \leq & \frac
{A(x_{2p+2},x_{2p+1})+C(x_{2p+2},x_{2p+1})+E(x_{2p+2},x_{2p+1})}{1-B(x_{2p+2},x_{2p+1})-E(x_{2p+2},x_{2p+1})}\,
d(y_{2p},y_{2p+1}) \\
&\leq & L_2d(y_{2p},y_{2p+1}).
\end{eqnarray*}
根据数学归纳法,对任何$p=0,1,2,\cdots$,
\begin{eqnarray*}
d(y_{2p+1},y_{2p+2})& \leq &
L_2d(y_{2p},y_{2p+1})
\leq L_1L_2d(y_{2p-1},y_{2p}) \\
&\leq & \cdots \leq K^{p}d(y_1,y_2)\leq
L_2K^{p}d(y_0,y_1),
\end{eqnarray*}
且
$$d(y_{2p+2},y_{2p+3}) \leq L_1d(y_{2p+1},y_{2p+2})\leq
K^{p+1}d(y_0,y_1).$$
于是对任何$p,q \in {\Bbb N}$且$p<q$,
\begin{eqnarray*}
d(y_{2p+1},y_{2q+1})& \leq &
d(y_{2p+1},y_{2p+2})+d(y_{2p+2},y_{2p+3})+\cdots
+d(y_{2q},y_{2q+1})\\
&\leq &
\bigg(L_2\sum_{i=p}^{q-1}K^{i}+\sum_{i=p+1}^{q}K^{i}\bigg)d(y_0,y_1)
\\
&\leq & \bigg(L_2K^{p}\frac {1}{1-K}+K^{p+1}
\frac{1}{1-K}\bigg)d(y_0,y_1) \\
&\leq & MK^{p}d(y_0,y_1),
\end{eqnarray*}
其中$M=\frac {2}{1-K}\,\max\{1,L_2\}.$ 类似地,
\begin{eqnarray*}
d(y_{2p},y_{2q+1})& \leq &
\sum_{i=2p}^{2q}d(y_i,y_{i+1}) \leq \bigg(
\sum_{i=p}^{q}K^{i}+L_2\sum_{i=p}^{q-1}K^{i} \bigg) d(y_0,y_1)\\
&\leq & \frac {K^{p}(1+L_2)}{1-K}d(y_0,y_1) \\
&\leq & MK^{p}d(y_0,y_1);
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
d(y_{2p},y_{2q}) &\leq &
\sum_{i=2p}^{2q-1}d(y_i,y_{i+1}) \leq \bigg(
\sum_{i=p}^{q-1}K^{i}+L_2\sum_{i=p}^{q-1}K^{i} \bigg) d(y_0,y_1)\\
&\leq & \frac {K^{p}(1+L_2)}{1-K}d(y_0,y_1) \\
&\leq & MK^{p}d(y_0,y_1);
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
d(y_{2p+1},y_{2q}) &\leq &
\sum_{i=2p+1}^{2q-1}d(y_i,y_{i+1}) \leq \bigg(L_2
\sum_{i=p}^{q-1}K^{i}+\sum_{i=p+1}^{q-1}K^{i} \bigg) d(y_0,y_1)\\
&\leq & \frac {K^{p}(L_2+1)}{1-K}d(y_0,y_1) \\
&\leq & MK^{p}d(y_0,y_1).
\end{eqnarray*}
综合以上可知对任何$p,q \in {\Bbb N}$且$0 < p <q$,
存在$\alpha(p) \in {\Bbb N}$且$\frac {p -1}{2} \leq \alpha (p)
\leq \frac {p}{2}$ (其实$\alpha(p)=[\frac{p}{2}]$)满足
$$d(y_{p},y_{q}) \leq
MK^{\alpha(p)}d(y_0,y_1).$$
令$a_{p}= MK^{\alpha(p)}d(y_0,y_1)$,则由$K<1$可知$a_{p}
\rightarrow 0$(当$p \rightarrow \infty$时). 故由引理
1知$\{y_p\}$是柯西序列.
假设$I^{h}(X)$是完备的. 由于$y_{2p} \in I^{h}(X)$,$\forall \
p=0,1,2,\cdots$,因此存在$u \in I^{h}(X)$及$v \in X$使得$y_{2p}
\to u=I^{h}v$. (如果$S^{m}(X)$是完备的,则存在$u \in S^{m}(X)
\subset I^{h}(X)$使得$y_{2p} \to u$,于是余下的证明过程相同).
由于$\{y_p\}$是柯西序列且$y_{2p} \to u$，因此对任何$c \in E$且$0
\ll c$,存在$N_1 \in {\Bbb N}$使得$p
>N_1$时
$$d(y_{2p},y_{2p+1}) \ll \frac {c}{2},\ d(y_{2p},u)\ll
\frac {c}{2},$$ 于是$k>N_1$时
$$d(y_{2p+1},u) \leq
d(y_{2p+1},y_{2p})+ d(y_{2p},u) \ll c.$$ 这说明$y_{2p+1} \to u.$
下面,我们将证明$u$是$S^{m}$,$J^{k}$,
$T^{n}$和$I^{h}$的公共不动点. 因为
\begin{eqnarray*}
d(u,T^{n}v)
&\leq & d(u,y_{2p})+d(y_{2p},T^{n}v) \\
&= & d(u,y_{2p})+d(S^{m}x_{2p},T^{n}v) \\
&\leq &
d(u,y_{2p})+A(x_{2p},v))d(J^{k}x_{2p},I^{h}v)+B(y_{2p},v)d(J^{k}x_{2p},S^{m}x_{2p})\\
&& +
C(x_{2p},v)d(I^{h}v,T^{n}v)+D(x_{2p},v)d(J^{k}x_{2p},T^{n}v)+E(x_{2p},v)d(I^{h}v,S^{m}x_{2p})\\
&\leq &
d(u,y_{2p})+A(x_{2p},v)d(y_{2p-1},u)+B(x_{2p},v)d(y_{2p-1},y_{2p})\\
&& +
C(x_{2p},v)d(u,T^{n}v)+D(x_{2p},v)d(y_{2p-1},T^{n}v)
+E(x_{2p},v)d(u,y_{2p})
\\
&\leq &
d(u,y_{2p})+A(x_{2p},v)d(y_{2p-1},u)+B(x_{2p},v)[d(y_{2p-1},u)
+d(u,y_{2p})]\\
&& +
C(x_{2p},v)d(u,T^{n}v)+D(x_{2p},v)[d(y_{2p-1},u)+d(u,T^{n}v)]
+E(x_{2p},v)d(u,y_{2p})
\\
&\leq &
[A(x_{2p},v)+B(x_{2p},v)+D(x_{2p},v)]d(y_{2p-1},u) \\
&& + [1+B(x_{2p},v)+E(x_{2p},v)]d(y_{2p},u) + [C(x_{2p},v)+D(x_{2p},v)]d(u,T^{n}v),
\end{eqnarray*}
因此
\begin{eqnarray*} d(u,T^{n}u)& \leq & \frac
{A(x_{2p},v)+B(x_{2p},v)+D(x_{2p},v)}{1-C(x_{2p},v)-D(x_{2p},v)}d(y_{2p-1},u)
\\
&& + \frac
{1+B(x_{2p},v)+E(x_{2p},v)}{1-C(x_{2p},v)-D(x_{2p},v)}d(y_{2p},u) \\
&\leq & L_1d(y_{2p-1},u)+L_4d(y_{2p},u).
\end{eqnarray*}
由于$y_{2p-1} \rightarrow u$且$y_{2p} \rightarrow u$,因此对任何$c
\in E$且$0 \ll c$,存在$N_2 \in {\Bbb N}$使得当$p>N_2$时
$$L_1d(y_{2p-1},u)\ll \frac {c}{2},\ L_4d(y_{2p},u) \ll \frac
{c}{2}.$$
所以$d(u,T^{n}v) \ll c.$ 于是对任何$j>0$,
$d(u,T^{n}v) \ll \frac {c}{j}$. 这导致$\frac
{c}{j}-d(u,T^{n}v) \in P_0$. 又因$P_0$是闭的,因此当$j
\rightarrow \infty$时$-d(u,T^{n}v) \in P_0$. 但是
$d(u,T^{n}v) \in P_0$,因此$d(u,T^{n}v) \in P_0 \cap
(-P_0)=\{0\}$,于是$u=T^{n}v$. 于是,
$u$是$T^{n}$和$I^{h}$的重合的点,
$v$是$T^{n}$和$I^{h}$的重合点.
另一方面,由于$u=T^{n}v \in T^{n}(X) \subset J^{k}(X)$,因此存在$w
\in X$满足$u=J^{k}w$.
因为
\begin{eqnarray*}
d(u,S^{m}w)
&\leq & d(u,y_{2p+1})+d(y_{2p+1},S^{m}w) \\
&= & d(u,y_{2p+1})+d(S^{m}w,T^{n}x_{2p+1}) \\
&\leq &
d(u,y_{2p+1})+A(w,x_{2p+1})d(J^{k}w,I^{h}x_{2p+1})+B(w,x_{2p+1})d(J^{k}w,S^{m}w)
\\
&& +
C(w,x_{2p+1})d(I^{h}x_{2p+1},T^{n}x_{2p+1})
+D(w,x_{2p+1})d(J^{k}w,T^{n}x_{2p+1})\\
&&+E(w,x_{2p+1})d(I{^h}x_{2p+1},S^{m}w)\\
&= &
d(u,y_{2p+1})+A(w,x_{2p+1})d(u,y_{2p})+B(w,x_{2p+1})d(u,S^{m}w)\\
&&+
C(w,x_{2p+1})d(y_{2p},y_{2p+1})
+D(w,x_{2p+1})d(u,y_{2p+1})\\
&&+E(w,x_{2p+1})d(y_{2p},S^{m}w)\\
&\leq &
d(u,y_{2p+1})+A(w,x_{2p+1})d(u,y_{2p})+B(w,x_{2p+1})d(u,S^{m}w)\\
&&+
C(w,x_{2p+1})[d(y_{2p},u)+d(u,y_{2p+1})]
+D(w,x_{2p+1})d(u,y_{2p+1})\\
&&+E(w,x_{2p+1})[d(y_{2p},u)+d(u,S^{m}w)]\\
&\leq &
[A(w,x_{2p+1})+C(w,x_{2p+1})+E(w,x_{2p+1})]d(y_{2p},u) \\
&& + [1+C(w,x_{2p+1})+D(w,x_{2p+1})]d(y_{2p+1},u)
\\
&&
+ [B(w,x_{2p+1})+E(w,x_{2p+1})]d(u,S^{m}w),
\end{eqnarray*}
因此得到
\begin{eqnarray*}
d(u,S^{m}w) &\leq & \frac
{A(w,x_{2p+1})+C(w,x_{2p+1})+E(w,x_{2p+1})}{1-B(w,x_{2p+1})-E(w,x_{2p+1})}d(y_{2p},u)
\\
&& + \frac
{1+C(w,x_{2p+1})+D(w,x_{2p+1})}{1-B(w,x_{2p+1})-E(w,x_{2p+1})}
d(_{2p+1},u) \\
&\leq & L_2 d(y_{2p},u)+L_3d(y_{2k+1},u).
\end{eqnarray*}
由于$y_{2p} \rightarrow u$且$y_{2p+1} \rightarrow u$,因此对任何$c
\in E$且$0 \ll c$,存在$N_3 \in {\Bbb N}$使得当$p>N_3$时
$$L_2d(y_{2p},u)\ll \frac {c}{2},\ L_3d(y_{2p+1},u) \ll \frac
{c}{2}.$$
所以$d(u,S^{m}w) \ll c.$
因此$d(u,S^{m}w)=0$,即$u=S^{m}w$.
这说明$u$是$S^{m}$和$J^{k}$的重合的点,
而$w$是$S^{m}$和$J^{k}$的重合点.
设$z=S^{m}x=J^{k}x$也是$S^{m}$和$J^{k}$的一个重合的点,则
\begin{eqnarray*}
d(z,u)&=&d(S^{m}x,T^{n}v) \\
&\leq &
A(x,v)d(J^{k}x,I^{h}v)+B(x,v)d(J^{k}x,S^{m}x)+C(x,v)d(I^{h}v,T^{n}v)\\
&& +
D(x,v)d(J^{k}x,T^{n}v)+E(x,v)d(I^{h}v,S^{m}x)\\
&= & [A(x,v)+D(x,v)+E(x,v)]d(z,u).
\end{eqnarray*}
于是根据$[A(x,v)+D(x,v)+E(x,v)]<1$可知$d(z,u)=0$,即$z=u$.
这说明$S^{m}$和$J^{k}$的重合的点是唯一的.
同理可证$u$也是$T^{n}$和$I^{h}$的唯一重合的点.
根据条件(iv)和引理2可知$u$分别是$S^{m}$和$J^{k}$及$T^{n}$和$I^{h}$的唯一的公共不动点,
显然,$u$是$S^{m},J^{k},T^{n}$和$I^{h}$的唯一公共不动点.
最后,将证明$u$是$S,J,T$和$I$的唯一公共不动点. 事实上,
根据条件(ii),
\begin{eqnarray*}
d(Su,u)&=&d(S(S^{m}u),T^{n}u)=d(S^{m}(Su),T^{n}u) \\
&\leq &
A(Su,u)d(J^{k}Su,I^{n}u)+B(Su,u)d(J^{k}Su,S^{m}(Su))\\
&&+C(Su,u)d(I^{h}u,T^{n}u)
+ D(Su,u)d(J^{k}Su,T^{n}u)+E(Su,u)d(I^{h}u,S^{m}Su)\\
&= &
A(Su,u)d(Su,u)+B(Su,u)d(Su,Su)+C(Su,u)d(u,u) \\
&& + D(Su,u)d(Su,u)+E(Su,u)d(Su,u)\\
&=& [A(Su,u)+D(Su,u)+E(Su,u)]d(Su,u).
\end{eqnarray*}
因此根据$[A(Su,u)+D(Su,u)+E(Su,u)]<1$推出$d(Su,u)=0$,即$Su=u$. 类似地,由
\begin{eqnarray*}
d(Ju,u)&=&d(JS^{m}u,T^{n}u)=d(S^{m}Ju,T^{n}u) \\
&\leq &
A(Ju,u)d(J^{k}Ju,I^{h}u)+B(Ju,u)d(J^{k}Ju,S^{m}Ju)+C(Ju,u)d(I^{h}u,T^{n}u)\\
&& + D(Ju,u)d(J^{k}Ju,T^{n}u)+E(Ju,u)d(S^{m}Ju,I^{h}u)\\
&= & [A(Ju,u)+D(Ju,u)+E(Ju,u)]d(Ju,u).
\end{eqnarray*}
可推出$u=Tu$. 因此$u$是$S$和$J$的公共不动点. 类似地,
根据$T$和$I$的交换性并利用上述方法可证明$u$也是$T$和$I$的公共不动点,
于是$u$是$S,T,I,J$的公共不动点.
假设$u^{*}$也是$S,T,I,J$的公共不动点,则由
\begin{eqnarray*}
d(u,u^{*})&=&d(S^{m}u,T^{n}u^{*})\\
&\leq &
A(u,u^{*})d(J^{k}u,I^{h}u^{*})+B(u,u^{*})d(J^{k}u,S^{m}u)+C(u,u^{*})d(I^{h}u^{*},T^{n}u^{*})\\
&&
+D(u,u^{*})d(J^{k}u,T^{n}u^{*})+E(u,u^{*})d(S^{m}u,I^{h}u^{*})\\
&= & [A(u,u^{*})+D(u,u^{*})+E(u,u^{*})]d(u,u^{*}),
\end{eqnarray*}
可推出$d(u,u^{*})=0$,即$u=u^{*}$. 这说明$u$是$S,T,I,
J$的唯一公共不动点.
类似地,可证明当$T^{n}(X)$或$J^{k}(X)$是完备时$S,T,I,
J$有唯一的公共不动点. 在此省略.
$ \bf 注记$ (1)~ 如果定理1中$m=n=k=h=1$,
则从证明过程可看出条件(ii)是多余的.
(2)
如果$(X,d)$是完备的锥度量空间且$m=n=1$且$k=h=0$,
则定理 1就是文献[13]中的定理1; 如果$(X,d)$是完备的TVS -值锥度量空间,
$S=T$且$k=h=0$,则定理1变成文献[10]中定理 2.1,另一方面,
在定理1中不必假设$A(x,y)+B(x,y)+C(x,y)+D(x,y)+E(x,y)<1$,
这说明该条件减弱了通常的压缩型条件.
因为任何非空集合$X$的恒等映射与$X$上的任何映射都是弱相容的,因此
根据定理1可得到满足如下收缩型或拟-收缩型条件的两个映射的公共不动点定理.
$ \bf 定理 2$ 设$(X,d)$是TVS -值锥度量空间,$P_0$为锥,$m,
n$是两个正整数,两个映射$S,T : X \rightarrow X$满足: 对任何$x,y
\in X$,
\begin{eqnarray*}
d(S^{m}x,T^{n}y)& \leq&
A(x,y)d(x,y)+B(x,y)d(x,S^{m}x)+C(x,y)d(y,T^{n}y)\\
&&+D(x,y)d(x,T^{n}y)+E(x,y)d(y,S^{m}x),
\end{eqnarray*}
其中$A,B,C,D,E$是满足定理1中条件的$X \times X$上五个非负实函数组.
如果$S^{m}(X)$或$T^{n}(X)$中至少有一个是完备的,
则$S,T$有唯一公共不动点.
$ \bf 证$ 取$I=J=1_X$,则利用定理1即可得到结论.
$ \bf 定理 3$ 设$(X,d)$是完备的TVS -值锥度量空间,$P_0$为锥,
$h,k$是两个正整数. 如果两个满映射$I,J : X \rightarrow X$满足:
对任何$x,y \in X$,
\begin{eqnarray*}
d(x,y)& \leq&
A(x,y)d(J^{k}x,I^{h}y)+B(x,y)d(J^{k}x,x)+C(x,y)d(I^{h}y,y)
\\
&&
+D(x,y)d(J^{k}x,y)+E(x,y)d(I^{h}y,x),
\end{eqnarray*}
其中$A,B,C,D,E$是满足定理1中条件的$X \times
X$上的五个非负实函数组.则$I,J$有唯一公共不动点.
$\bf 证$ 取$S=T=1_X$且,则利用定理1即可得到结论.
模仿文献[13]中相应的证明方法,根据定理1可得到如下两个推论,
但省去其详细的证明.
$ \bf 推论 1$ 设$(X,d)$是TVS -值锥度量空间,$P_0$为锥,$m,n,
h,k$是四个非负整数. 如果四个映射$S,T,I,J : X \rightarrow
X$满足如下Lipschitz型条件: 对任何$x,y \in X$,
\begin{eqnarray*}
d(S^{m}x,T^{n}y) &\leq&
Ad(J^{k}x,I^{h}y)+Bd(J^{k}x,S^{m}x)+Cd(I^{h}y,T^{n}y)\\
&&+Dd(J^{k}x,T^{n}y)+Ed(I^{h}y,S^{m}x),
\end{eqnarray*}
其中$A,B,C,D,E$是五个非负实数,
并存在$\epsilon>0$满足$A+B+C+D+E=1+\epsilon$,$A+D+E<1,C+D<1,
B+E<1$,$(C-B)(E-D)> 2\epsilon$. 如果$S,T,I,J$满足(i) $S^{m}(X)
\subset I^{h}(X)$,$T^{n}(X) \subset J^{k}(X)$; (ii)
$S$和$J$可交换且$T$和$I$可交换; (iii) $S^{m}(X)$,$T^{n}(X)$,
$I^{h}(X)$和$J^{k}(X)$中至少有一个是完备的; (iv)
$S^{m}$和$J^{k}$及$T^{n}$和$I^{h}$分别是弱相容的. 则$S,T,I,
J$有唯一公共不动点.
$ \bf 推论 2$ 设$(X,d)$是TVS -值锥度量空间,$P_0$为锥,$m,n,
h,k$是四个非负整数. 如果四个映射$S,T,I,J : X \rightarrow
X$满足如下Lipschitz型条件: 对任何$x,y \in X$,
\begin{eqnarray*}
d(S^{m}x,T^{n}y) &\leq&
Ad(J^{k}x,I^{h}y)+Bd(J^{k}x,S^{m}x)+Cd(I^{h}y,T^{n}y)\\
&&+Dd(J^{k}x,T^{n}y)+Ed(I^{h}y,S^{m}x),
\end{eqnarray*}
其中$A,B,C,D,E$是五个非负实数使得$A+B+C+D+E=1$,$C>B$且$E>D$ 或
$C<B$且$E<D$. 如果$S,T,I,J$满足(i) $S^{m}(X) \subset I^{h}(X)$,
$T^{n}(X) \subset J^{k}(X)$; (ii) $S$和$J$可交换且$T$和$I$可交换;
(iii) $S^{m}(X)$,$T^{n}(X)$,
$I^{h}(X)$和$J^{k}(X)$中至少有一个是完备的; (iv)
$S^{m}$和$J^{k}$及$T^{n}$和$I^{h}$分别是弱相容的. 则$S,T, I,
J$有唯一公共不动点.
根据定理 1, 可得到如下结论.
$ \bf 推论 3$ 设$(X,d)$是TVS -值锥度量空间, $P_0$为锥, $m, n,
h,k$是四个非负整数. 如果四个映射$S, T, I, J : X \rightarrow
X$满足如下Lipschitz型条件: 对任何$x,y \in X$,
\begin{eqnarray*}
d(S^{m}x,T^{n}y)& \leq&
Ad(J^{k}x,I^{h}y)+Bd(J^{k}x,S^{m}x)+Cd(I^{h}y,T^{n}y)\\
&&+Dd(J^{k}x,T^{n}y)+Ed(I^{h}y,S^{m}x),
\end{eqnarray*}
其中$A,B,C,D,E$是五个非负实数使得$A+B+C+D+E<1$, $C=B$或$E=D$.
如果$S,T,I,J$满足(i) $S^{m}(X) \subset I^{h}(X)$, $T^{n}(X)
\subset J^{k}(X)$; (ii) $S$和$J$可交换且$T$和$I$可交换; (iii)
$S^{m}(X)$,$T^{n}(X)$, $I^{h}(X)$和$J^{k}(X)$中至少有一个是完备的;
(iv) $S^{m}$和$J^{k}$及$T^{n}$和$I^{h}$分别是弱相容的. 则$S,T, I,
J$有唯一公共不动点.
$ \bf 证$ $L_1=\frac {A+B+D}{1-C-D}$, $L_2=\frac{A+C+E}{1-B-E}$.
如果$B=C$, 则
$$K=L_1L_2=\frac {A+C+D}{1-C-D} \frac {A+B+E}{1-B-E}=\frac {A+C+D}{1-B-E} \frac
{A+B+E}{1-C-D};$$
如果$D=E$, 则
$$K=L_1L_2=\frac {A+B+E}{1-C-D} \frac {A+C+D}{1-B-E}.$$
但是$A+B+C+D+E<1 \Leftrightarrow A^{2}+A(1-A)<1-(B+C+D+E),$
因此$A^{2}+A(B+C+D+E)+(C+D)(B+E)<1-(B+C+D+E)+(C+D)(B+E),$
所以容易得到$K<1$. 根据定理1得到$S,T,J,I$有唯一公共不动点.
根据定理1, 我们将给出三个映射的唯一重合的点的存在性定理.
$ \bf 定理 4$ 设$(X,d)$是TVS -值锥度量空间, $P_0$为锥.
如果三个映射$S, T, I : X \rightarrow X$满足如下Lipschitz型条件:
对任何$x,y \in X$,
\begin{eqnarray*}
d(Sx,Ty) &\leq&
A(x,y)d(Ix,Iy)+B(x,y)d(Ix,Sx)+C(x,y)d(Iy,Ty)\\
&&+D(x,y)d(Ix,Ty)+E(x,y)d(Iy,Sx),
\end{eqnarray*}
其中$A,B,C,D,E$是满足定理1中条件的$X \times
X$上的五个非负实函数组. 如果$S,T,I$满足(i) $S(X) \cup T(X) \subset
I(X)$; (ii) $S(X)$,$T(X)$, $I(X)$中至少有一个是完备的; (iii)
$I$是单射. 则$S,T, I$有唯一重合的点.
$ \bf 证$ 令$J=I$及$m=n=k=k=1$, 则根据定理1的证明和注记
1得知存在$u \in X$使得$u$是$S$和$I$以及$T$和$I$的唯一重合的点.
不妨设$u=Sz=Iz$和$u=Tz_1=Iz_1$, 则$Iz=Iz_1$, 于是由(iii)知$z=z_1$,
因此$u=Sz=Tz=Iz$. 这说明$z$是$S,T,I$的重合点,
$u$是$S,T,I$的重合的点. 如果$u_1$也是$S,T,I$的重合的点,
则$u_1$自然是$S,I$的重合的点.
于是由$S,I$的重合的点的唯一性得到$u=u_1$. 因此$u$是$S,T,I$的唯一的重合的点.
$ \bf 定理 5$ 设$(X,d)$是TVS -值锥度量空间, $P_0$为锥.
如果三个映射$S, I, J : X \rightarrow X$满足如下Lipschitz型条件:
对任何$x,y \in X$,
\begin{eqnarray*}
d(Sx,Sy) &\leq&
A(x,y)d(Jx,Iy)+B(x,y)d(Jx,Sx)+C(x,y)d(Iy,Sy)\\
&&+D(x,y)d(Jx,Sy)
+E(x,y)d(Iy,Sx),
\end{eqnarray*}
其中$A,B,C,D,E$是满足定理1中条件的$X \times
X$上的五个非负实函数组.
如果$S,I,J$满足(i) $S(X) \subset I(X) \cap J(X)$; (ii) $S(X)$,
$I(X)$和$J(X)$中至少有一个是完备的; (iii) $S$是单射. 则$S, I,
J$有唯一重合的点.
$ \bf 证$ 令$T=S$及$m=n=k=k=1$. 余下的证明完全类似于定理4的证明,
在此省略.
根据定理2可得到$2N$个映射族的公共不动点定理.
$ \bf 定理 6$ 设$(X,d)$是完备的TVS -值锥度量空间, $P_0$是锥,
$\{m_i,n_i\}_{i=1}^{N}$是$2N$个正整数. 如果对每个$i=1,2,\cdots,
N$, 两个映射$S_i, T_i: X \rightarrow X$满足对任何$x,y \in X$,
\begin{eqnarray*}
d(S^{m_i}x,T^{n_i}y) &\leq &
A_i(x,y)d(x,y)+B_i(x,y)d(x,S_i^{m_i}x)+C_i(x,y)d(y,T_i^{n_i}y)\\
&&
+D_i(x,y)d(x,T_i^{n_i}y)+E_i(x,y)d(S_i^{m_i}x,y),
\end{eqnarray*}
其中$A_i,B_i,C_i,D_i,E_i$是$X \times X$上的五个非负实函数, 满足
$$
A_i(x,y)+D_i(x,y)+E_i(x,y)<1,
C_i(x,y)+D_i(x,y)<1, B_i(x,y)+E_i(x,y)<1;$$
$$
L_1:=\sup_{x,y \in X,i=1,2,\cdots,N } \frac
{A_i(x,y)+B_i(x,y)+D_i(x,y)}{1-C_i(x,y)-D_i(x,y)};
$$
$$
L_2:=\sup_{x,y \in X,i=1,2,\cdots,N} \frac
{A_i(x,y)+C_i(x,y)+E_i(x,y)}{1-B_i(x,y)-E_i(x,y)};
$$
$$
L_3:=\sup_{x,y \in X, i=1,2,\cdots, N} \frac
{1+C_i(x,y)+D_i(x,y)}{1-B_i(x,y)-E_i(x,y)}<
\infty;
$$
$$
L_4:=\sup_{x,y \in X,i=1,2,\cdots,N } \frac
{1+B_i(x,y)+E_i(x,y)}{1-C_i(x,y)-D_i(x,y)}< \infty;
$$
$$
K:= L_1L_2<1.
$$
进一步, 如果对任何$i,j \in \{1,2,\cdots,N\}$, 成立
$T_i^{n_i}T_j^{n_j}=T_j^{n_j}T_i^{n_i}$和
$S_i^{m_i}S_j^{m_j}=S_j^{m_j}S_i^{m_i}$, 而对任何$i,j \in
\{1,2,\cdots,N\}$且$i \ne j$,
成立$S_i^{m_i}T_j^{n_j}=T_j^{n_j}S_i^{m_i}$,
则$\{S_i,T_i\}_{i=1}^{N}$有唯一公共不动点.
$ \bf 证$ 对任意固定的$i \in \{1,2.\cdots,N\}$, 则根据定理 2,
$\{S_i,T_i\}$有唯一公共不动点$u_i.$ 下面, 将证明$u_i=u_j$,
$\forall \ i,j \in \{1,2,\cdots, N\}.$ 因为$S_i^{m_i}(u_i)=u_i$,
因此$S_i^{m_i}(S_j^{m_j}u_i)=S_j^{m_j}(S_i^{m_i}u_i)=S_j^{m_j}u_i$,
这表明$S_j^{m_j}u_i$是$S_i^{m_i}$的不动点. 类似地,
可证明$S_j^{m_j}u_i$是$T_i^{n_i}$的不动点.
所以$S_j^{m_j}u_i$是$\{S_i^{m_i},T_i^{n_i}\}$的公共不动点,
于是根据定理1的证明过程可知$S_j^{m_j}u_i$
是$\{S_i,T_i\}$的公共不动点.
由$\{S_i,T_i\}$的公共不动点的唯一性得到$S_j^{m_j}u_i=u_i$. 类似地,
可得到$T_j^{n_j}u_i=u_i$.
这说明$u_i$是$\{S_j^{m_j},T_j^{n_j}\}$的公共不动点,
因此根据定理1的证明过程知$u_i$也是$\{S_j,T_j\}$的公共不动点.
由$\{S_j,T_j\}$的公共不动点的唯一性(i.e., $u_j$)知$u_i=u_j$,
于是$u^{*}=u_i$就是$\{S_i,T_i\}_{i=1}^{N}$的公共不动点. 显然,
$\{S_i,T_i\}_{i=1}^{N}$的公共不动点是唯一的.
2015, Vol. 35A 
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