Banach压缩原理在数学的各个分支中起着一个非常重要的作用.比如,它用于解决在Banach空间上非线性积分-微分方程的解的存在性及计算数学中算法的收敛性等.由于其在数学理论中所起到的重要性, Banach压缩原理在各种不同的方面得到了推广和改进.特别是,很多作者讨论并得到了集值映射及单值映射的公共不动点存在定理和重合点存在定理,参看文献[1-12].

特别地,文献[11]的作者利用两个映射的相容概念得到了如下两个结果.

定理1.1  设$(X, d)$是完备的度量空间, $f, T: X \to X$是相容的两个映射且$TX \subset fX$.假设对任何$x, y \in X$,有

其中$0\leq h <1$.如果$f$或$T$是连续的,则$f$和$T$有唯一的公共不动点.

定理1.2  设$(X, d)$是完备的度量空间, $f: X \to X$和$T: X \to CB(X)$是相容的连续映射使得$TX \subset fX$.如果对任何$x, y \in X$,有

其中$0\leq h <1$.则存在一个点$t \in X$满足$ft\in Tt.$

文献[12]的作者利用给定的实函数$\varphi$给出如下结论.

定理1.3  设$(X, d)$是完备度量空间, $T, S: X \to CB(X)$是两个集值映射使得对任何$x, y \in X$,有

则$T$和$S$有一个公共不动点,即存在一个元素$p \in X$使得$p \in Tp\cap Sp$.

本文的目的是给出定理1.1-1.3的若干个推广和改进的结果.

下面,我们给出本文中将使用的一些定义,概念和引理.

设$(X, d)$或$X$是度量空间. $Cl(X)$和$CB(X)$分别表示$X$的所有非空闭子集全体和所有非空闭的有界子集全体. $H(\cdot, \cdot)$是$Cl(X)$ [或$CB(X)$]上的Hausdorff度量,即对任何$A, B \in Cl(X)$[或$A, B \in CB(X)$],有

其中$d(a, B)=\inf_{b \in B}d(a, b)$表示点$a$到子集$B$的距离.

设$f, g : X\to X$是两个映射.如果存在$w, x\in X$使得$w=fx=gx$,则称$x$为$f$和$g$的重合点, $w$为$f$和$g$的重合的点,参看文献[13].称$f$和$g$是相容的^{[4, 11]}是指当$X$中的序列$\{x_n\}$满足$fx_n \to t$和$gx_n \to t$(某个$t \in X$)时$d(fgx_n, gfx_n) \to 0$.称$f$和$g$是弱相容的^{[9, 13]}是指$x \in X$且$fx=gx$时$fgx=gfx$.

我们已经知道两个映射的相容性强于弱相容性.事实上,假若$f$和$g$是相容的且存在$w \in X$满足$fw=gw$.取$x_n=w$且令$t=fw=gw$,则$fx_n \to t$且$gx_n \to t$,因此$d(fgw, gfw)=d(fgx_n, gfx_n) \to 0$, i.e., $fgw=gfw$.这说明$f$和$g$是弱相容的.

设$f : X \to X$是单值映射, $F: X \to CB(X)$是集值映射.称$f$和$F$是相容的^[11]是指$X$中的序列$\{x_n\}$满足$Fx_n \to M \in CB(X)$和$fx_n \to t \in M$时, $H(Ffx_n, fFx_n) \to 0$.

下面,将引进四个新的定义.

定义1.1  设$X$是非空集合, $f: X\to X$和$F: X \to 2^{X}$是两个映射.如果存在$w, x \in X$,使得$w=fx \in Fx$,则称$x$为$f$和$F$的重合点, $w$为$f$和$F$的重合的点.

定义1.2  设$X$是非空集合, $f: X\to X$和$F: X \to 2^{X}$是两个映射.称$f$和$F$是弱相容的是指当$w \in X$且$fw \in Fw$时, $fFw=Ffw$.

定义1.3  设$X$是非空集合, $f: X\to X$和$F: X \to 2^{X}$是两个映射.称$f$和$F$具有性质$(C)$当且仅当$x \in X$且$fx \in Fx$时, $f^{2}x=fx$.

定义1.4   $\phi \in \Phi$当且仅当$\phi: [0, \infty) \to [0, \infty)$是严格递增的实函数,使其满足如下条件

引理1.1^[8]  如果$(X, d)$是度量空间且$A \in Cl(X)$,则$d(\cdot, A)$是连续的且$A=\{x \in X|d(x, A)=0\}.$

引理1.2^[13]  设$(X, d)$是度量空间, $f, g: X\to X$是弱相容的两个单值映射.如果$f$和$g$有唯一的重合的点$w=fx=gx$,则$w$是$f$和$g$的唯一的公共不动点.

引理1.3^[11]  设$(X, d)$是度量空间, $f: X\to X$和$F: X \to CB(X)$是相容的.如果存在$w \in X$满足$fw \in Fw$,则$fFw=Ffw.$

引理1.4  如果$f: X\to X$和$F: X \to 2^{X}$是弱相容的且$w=fx \in Fx$是$f$和$F$的唯一的重合的点,则$w$是$f$和$F$的唯一公共不动点, i.e., $w=fw \in Fw$.

证  因为$w =fx \in Fx$且$f$和$F$是为弱相容的,因此$fFx=Ffx=Fw.$于是$v:=fw \in fFx=Ffx=Fw$,这说明$v$也是$f$和$F$的重合的点,根据$f$和$F$的重合的点的唯一性得到$v=w$.因此$w=v=fw \in Fw$,即$w$是$f$和$F$的公共不动点.唯一性是显然的.

注1.1  引理1.3说明定义1.2中的弱相容的概念就是度量空间$(X, d)$上的单值映射$f$和满足$Fx \in CB(X)$ ($\forall \, x \in X$)的集值映射$F$的相容性概念.

注1.2  引理1.4是引理1.2的推广结果.

引理1.5  如果$\phi \in \Phi$是定义1.4中的函数,则$\phi$具有如下性质

($\phi_2$)对任何$t>0$, $0<\phi(t)<t$;

($\phi_3$) $\phi(0)=0;$

($\phi_4$) $\lim\limits_{t\to +\infty}(t-\phi(t))=+\infty$.

证  由($\phi_1$)可得

因此可得

事实上,如果存在$t_0>$,使得$\phi(t_0)\geq t_0$,则根据$\phi$的单调递增性可得

对(1.3)式的两边同时取极限并根据(1.1)式得到

这与$t_0>0$矛盾.于是(1.2)式成立.

由$\phi$的单调递增性及(1.2)式可得$0\leq \phi(0)\leq \phi(t)<t$, $\forall \, t>0$,因此由$t>0$的任意性得到$\phi(0)=0$,进而也有$0<\phi(t)<t$, $\forall \, t>0$.故($\phi_2$)-($\phi_3$)成立.

由$\phi$的单调递增性及(1.2)式,得到

于是

由(1.1)式可知$\{\phi^{n}(t)\}(\forall \, t>0)$当$n$足够大时,它是一个有界量,即有$M>0$使得$|\phi^{n}(t)|<M\, (\forall \, t>0)$.由($\phi_1$)知$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\phi^{n}(t)$也是有界量.于是对(1.4)式的两边同时让$t \to \infty$,则根据两边夹定理得到

即($\phi_4$)成立.

定理2.1  设$(X, d)$是度量空间, $S, T: X \to Cl(X)$是两个集值映射, $f, g: X\to X$是两个单值映射使得$SX \subset gX$及$TX\subset fX$.假设对任何$x, y \in X$,有

其中$\phi \in \Phi$是定义1.4中的函数.如果(ⅰ) $fX$, $gX$, $SX$和$TX$中的任何一个是完备的, (ⅱ) $\{f, S\}$和$\{g, T\}$分别是弱相容的, (ⅲ) $\{f, S\}$和$\{g, T\}$分别具有性质(C).则$f, g, S, T$有一个公共不动点$w \in X$,即$w=fw=gw \in Sw \cap Tw$.

证  任取一个元$x_0 \in X$,则根据$SX \subset gX$,选取一个元$x_1 \in X$,使其满足$gx_1 \in Sx_0$.令$y_0=gx_1$.取一个实数$c>0$使其满足$d(fx_0, gx_1)<c$,则根据$\phi$的严格递增性,得到

根据(2.1)式得到

如果$d(fx_0, gx_1)<d(gx_1, Tx_1)$,则由上式和($\phi_2$)得到

这是一个矛盾,于是必成立

因此可选取一个元$y_1 \in Tx_1$,使其满足$d(gx_1, y_1) <\phi(c).$

根据$TX \subset fX$,选取$x_2 \in X$,使其满足$y_1=fx_2 \in Tx_1$,因此$d(gx_1, fx_2) <\phi(c).$

又根据(2.1)式得到

因此得到

类似地,选取$y_2 \in Sx_2$使其满足$d(fx_2, y_2)<{\phi}^{2}(c).$根据$SX \subset gX$,选取$x_3 \in X$,使得$y_2=gx_3 \in Sx_2$且满足$d(fx_2, gx_3)<{\phi}^{2}(c).$连续上述过程可以构造两个序列$\{x_n\}$和$\{y_n\}$使得

因此

于是根据($\phi_1$)得到

这说明$\{y_n\}$是$X$中的柯西序列.

假设$fX$是完备的.因为$\{y_{2n+1}\}$是柯西序列且$y_{2n+1}=fx_{2n+2} \in fX$,因此存在$p \in X$,满足$y_{2n+1}=fx_{2n+2} \to fp$ (当$n \to \infty$时) [如果$TX$是完备的,则存在$v \in TX \subset fX$和$p \in X$,满足$y_{2n+1}=fx_{2n+2} \to v=fp$ (当$n \to \infty$时),于是结论是相同].由$d(y_{2n}, fp)\leq d(y_{2n}, y_{2n+1})+d(y_{2n+1}, fp)$,可知$y_{2n} \to fp$ (当$n \to \infty$时)

根据(2.1)式得到

令$n \to \infty$,则得到$d(fp, Sp)\leq \phi\bigl(d(fp, Sp)\bigr),$因此$d(fp, Sp)=0$,根据引理1.1得知$fp \in Sp$,即$p$是$f$和$S$的重合点.因此根据(ii)和(iii)得到$ffp=fp$和$fSp=Sfp$.令$w=fp$,则$w=fp=ffp=fw$和$w =ffp \in fSp=Sfp=Sw$,因此$w$是$f$和$S$的公共不动点.

另一方面,因为$w=fp \in Sp \subset SX \subset gX$,存在$q \in X$使其满足$w=fp=gq.$类似地,根据(2.1)式,有

令$n \to \infty$,则得到$d(gq, Tq)\leq \phi\bigl(d(gq, Tq)\bigr),$因此$d(gq, Tq)=0$,于是根据引理1.1得到$gq \in Tq$.再次根据(ⅱ)和(ⅲ)得到$gq=ggq$和$gTq=Tgq$,因此$w=gq=ggq=gw$及$w=ggq \in gTq=Tgq=Tw$,这表明$w$也是$g$和$T$的公共不动点.于是可知$w$是$\{f, g, S, T\}$的公共不动点.

类似地,可以证明当$gX$或$SX$是完备时具有相同的结果,在此省略.

注2.1  1)定理2.1的条件完全不同于定理1.2的条件.在定理2.1中,不需要四个映射$\{f, g, S, T\}$的连续性,同时,用弱相容性代替了定理1.2中相容性条件.

2)如果$f=g=1_X$,则显然$f$和$S$以及$g$和$T$都具有性质(C)且都是弱相容的,因此定理2.1推广和改进了定理1.3.

3)定理2.1中的条件$Sx, Tx \in Cl(X)$ ($\forall \, x \in X$)明显弱于定理1.2和定理1.3中的相应条件.

下面,将讨论具有$\phi$ -压缩条件的两个单值映射的唯一公共不动点存在性问题.

定理2.2  设$(X, d)$是度量空间, $f, T: X\to X$是两个单值映射使得$TX \subset fX$.假设对任何$x, y \in X$,有

其中$\phi \in \Phi$是定义1.4中的函数.如果$fX$或$TX$是完备的,则$f$和$T$有唯一重合的点.进一步,如果$f$和$T$是弱相容的,则$f$和$T$有唯一的公共不动点.

证  任取$x_0 \in X$.根据$TX \subset fX$,构造两个序列$\{x_n\}$和$\{y_n\}$满足如下条件

用$O(y_k; n)$表示点集$\{y_k, y_{k+1}, \cdots, y_{k+n}\}$, $\delta(O(y_k;n))$表示$O(y_k, n)$的直径.

如果存在$k$和$n$使得$\delta(O(y_k;n))=0\, (n \geq 1)$,则$y_k=y_{k+1}$,因此$fx_{k+1}=y_k=y_{k+1}=Tx_{k+1}$.取$p=x_{k+1}$,则$p$是$f$和$T$的重合点, $y_k$是$f$和$T$的重合的点.于是可假设对任何$k \geq 0$和$n \in {\Bbb N}$, $\delta(O(y_k; n))>0$.首先,如下两个结果成立

(ⅰ)存在$j$使得$k<j \leq k+n$且$\delta(O(y_k; n))=d(y_k, y_j)$;

(ⅱ)对任何$k \geq 1$, $\delta(O(y_k, n)) \leq \phi\bigl(\delta(O(y_{k-1}; n+1))\bigr)$.

事实上,对任何满足$1 \leq i \leq j$的$i, j$,有

令$\delta(O(y_k;n))=d(y_i, y_j)$,其中$i, j$满足$k \leq i <j \leq k+n.$如果$i>k$,则$i-1 \geq k$且成立

因为$i-1 \geq k$且$j-i+1 \leq k+n-i+1 \leq n$,因此$\delta(O(y_{i-1}; j-i+1)) \leq \delta(O(y_k;n))$,于是

所以根据($\phi_2$)-($\phi_3$)得到$\delta(O(y_k;n))=0$,这是一个矛盾,因此必成立$i=k.$于是$\delta(O(y_k; n))=d(y_k, y_j)$,其中$j$满足$k<j \leq k+n$.这证明了(ⅰ).对$k \geq 1$,根据(ⅰ)

这证明了(ⅱ).

根据事实(ⅱ)得到对任何$k \geq 1$,有

根据事实(ⅰ),对任何$n \in {\Bbb N}$,存在满足$1 \leq j \leq n$的$j$使得$\delta(O(y_0;n))=d(y_0, y_j)$,于是得到

因此成立

因为$\{\delta(O(y_0;n))\}_{n \in {\Bbb N}}$是递增实序列且$\delta(O(y_0;n))>0$ ($\forall \, n \in {\Bbb N}$),因此$\lim\limits_{n \to +\infty}\delta(O(y_0;n))$存在.如果$\lim\limits_{n \to +\infty}\delta(O(y_0;n))=+\infty,$则根据($\phi_4$)得到

这是一个矛盾.因此$\lim\limits_{n \to +\infty}\delta(O(y_0;n))<+ \infty.$于是存在$M>0$使得对任何$n \geq 1,$$\delta(O(y_0;n))<M$.所以对任何$k, n \in {\Bbb N}$,有

这导出对任何$k \geq 0,$$d(y_k, y_{k+1}) \leq {\phi}^{k}(M)$,于是根据($\phi_1$)得到

因此$\{y_k\}$是$X$中的柯西序列.

假设$fX$是完备的.因为$y_k=fx_{k+1} \in fX, \, \forall \, k$,存在$u\in fX$和$p \in X$使得$y_k=fx_{k+1} \to u=fp.$

根据(2.2)式得到

令$k \to \infty$,则得到

因此$d(fp, Tp)=0$,即$fp=u=Tp$.如果$v$也是$f$和$T$的重合的点,则存在$q \in X$满足$fq=v=Tq.$又一次根据(2.2)式得到

因此$d(u, v)=0$,即得$u=v$.于是$f$和$T$有唯一的重合的点$u$.进一步,如果$f$和$T$是弱相容的,则根据引理1.2可知$u$是$f$和$T$的唯一公共不动点.

假设$TX$是完备的.因为$y_k=Tx_k \in TX \subset fX$,因此存在$u \in TX$和$p \in X$使得$y_k=Tx_k \to u=fp.$于是余下证明类似与$fX$是完备时的证明,在此省略.

注2.2  定理2.2在以下几个方面很好地推广和改进了定理1.1.

1)函数$\psi(t)=ht, \forall \, t \in [0, \infty)$,其中$h \in [0, 1)$,满足定义1.4中的条件,因此定理1.1中的压缩条件可表示为$d(Tx, Ty) \leq \psi(M(x, y))$;

2)相容性可用弱相容性代替;

3)可以去掉$f$或$T$的连续性.

利用定理2.2可给出如下唯一不动点定理.

定理2.3  设$(X, d)$是度量空间, $T: X\to X$是单值映射使得对任何$x, y \in X$,有

其中$\phi \in \Phi$是定义1.4中的函数.如果$TX$是完备的,则$T$有唯一不动点.

证  令$f=I_X$,则显然$f$和$T$是弱相容的.于是本结论根据定理2.2得到.

定理2.4  设$(X, d)$是完备的度量空间, $f: X\to X$是满的单值映射使得对任何$x, y \in X$,有

其中$\phi \in \Phi$是定义1.4中的函数.则$f$有唯一不动点.

证  取$T=I_X$,则该结论根据定理2.2得到.

定理2.5  设$(X, d)$是度量空间, $f: X\to X$是单值映射使得对任何$x, y \in X$,有

其中$\phi \in \Phi$是定义1.4中的函数.如果$fX$是完备的,则$f$有唯一不动点.

证  令$T=f^{2}$,则显然$f$和$T$是弱相容的,因此根据定理2.2知$f$和$T$有唯一公共不动点$u$,即$u=fu=Tu=f^{2}u.$如果$v$也是$f$的不动点,即$v=fv$,则$v=fv=f^{2}v=Tv$,因此$v$也是$f$和$T$的公共不动点,于是由唯一性得到$u=v$.这说明$u$是$f$的唯一不动点.证毕.

定理2.6  设$(X, d)$是度量空间, $f: X\to X$是单值映射使得$fX = f^{2}X$且对任何$x, y \in X$,有

其中$\phi \in \Phi$是定义1.4中的函数.如果$fX$是完备的,则$f$有唯一不动点.

证  令$F=f, G=f^2$,则$F$和$G$满足定理2.2所有条件,于是$f=F$有唯一不动点.