非完备b-度量空间上四个非连续映射具有唯一公共不动点的定理*

朴勇杰

延边大学理学院数学系，吉林延吉 133002

Czerwik[1]于1993 年引入了b-度量空间，即度量型空间的概念并在完备的b-度量空间框架下推广了Banach 压缩原理（Banach 不动点定理）。之后，一些研究者在b-度量空间上讨论并得到了满足各种形式的映射的唯一不动点定理［2-10］。2014年，Roshan等[11]在b-度量空间上给出了若干个满足广义压缩条件的4个映射的唯一公共不动点定理，此处b-度量未必是连续的。文献［11］中的广义压缩条件是Ćirić[12]型压缩条件及Hardy-Rogers[13]型压缩条件的推广形式，其结果大大地推广和改进了许多（公共）不动点定理。

在本文，通过除去自映射的连续性，用弱相容代替相容并利用一类新的隐式压缩条件而不是Ćirić型及Hardy-Rogers型压缩，在非完备的b-度量空间上给出文献［11］中的相应结果并举一个实例支撑主要结果。同时，我们在相同的空间上给出具有一类线性压缩条件的4个映射的公共不动点定理。

1 基本知识

给出本文中需要的若干定义及相关结果。

定义1[1]设X是非空集合，k≥1 是给定实数。称函数d：X×X→R+为一个b-度量，如果对任何x，y，z∈X，下列条件成立

（b1）d(x，y) = 0 ⇔x=y；

（b2）d(x，y) =d(y，x)；

（b3）d(x，z) ≤k[ ]

d(x，y) +d(y，z) .

称(X，d)为具有k≥1的b-度量空间。b-度量空间类明显大于通常的度量空间类，事实上，b-度量是通常度量当且仅当k= 1.

例1[14]设X={x1，x2，x3，x4}且d(x1，x2)=k≥2，d(x1，x3)=d(x1，x4)=d(x2，x3)=d(x2，x4)=d(x3，x4)=1，d(xi，xj)=d(xj，xi)(对所有i，j= 1，2，3，4)及d(xi，xi)= 0(对所有i= 1，2，3，4). 则d是具有k2 的b-度量空间，但不是通常度量空间，这是因为当k> 2时d(x1，x2)>d(x1，x3)+d(x3，x2).

例2[14]设X= R为实数集合。令d(x，y) =(x-y)2（对所有x，y∈X），则d是具有k= 2的b-度量空间，但不是通常度量，这是因为d(-1，1) = 4 > 2 =d(-1，0) +d(0，1).

定义2[1，11，14]设(X，d)是具有k≥1的b-度量空间，{xn}为X中的序列.

（b） 称{xn}为柯西的是指当n，m→∞时d(xn，xm) →0.

（c）b-度量空间(X，d)是完备的是指X中的每个柯西序列都收敛。

命题1[15]在具有k≥1的b-度量空间(X，d)中，如下结论成立

（i）每个收敛序列有唯一极限；

（ii）每个收敛序列都是柯西的；

（iii）一般情况下，b-度量未必是连续的。

因为一个度量未必是连续的，因此下列引理对b-收敛序列是非常重要的。

引理1[11，14，16]设(X，d)是具有k≥1的b-度量空间。假设{xn}和{yn}分别收敛于x和y. 则

引理3[14，16]设(X，d)是具有k≥1的b-度量空间且{xn}是X中的序列使得

如果{xn}不是柯西序列，则存在ε> 0及{xn}的两个子序列{xn(i)}和{xm(i)}使得如下4个序列

满足如下性质

引理4 设(X，d)是具有k≥1的b-度量空间且{xn}是X中的序列使得

如果{xn}不是柯西序列，则存在ε> 0及{xn}的两个子序列{xn(i)}和{xm(i)}使得如下4个序列

满足如下性质

定义4[17]设(X，d)是具有k≥1 的b-度量空间。称一对映射f，g：X→X是弱相容的是指当fx=gx（x∈X）时fgx=gfx.

定义5[18]设X是非空集合且f，g：X→X是两个自映射。如果存在u，x∈X使得u=fx=gx，则称x为f和g的重合点，u是f和g的重合的点。

引理5[18]设X是非空集合且f，g：X→X是弱相容的。如果u是f和g的唯一的重合的点，则u是f和g的唯一公共不动点。

定义6ϕ∈Φ ⇔ϕ：[0，+ ∞) →[0，+ ∞)是上半连续的非递减函数使得ϕ(t) = 0当且仅当t= 0.注记1 弱相容概念明显弱于相容概念。

2 公共不动点

定理1 设(X，d)是具有k≥1的b-度量空间，f，g，S，T：X→X是4个映射使其满足fX⊆TX和gX⊆SX.假设对任何x，y∈X，

其中ϕ∈Φ是满足定义6的函数且满足对任何t> 0，ϕ(t)

证明 取x0∈X。根据fX⊆TX及gX⊆SX，可构造两个序列{xn}和{yn}使其满足

如果存在某个n使得d(y2n-1，y2n)

该式推出k< 1，这与k≥1相矛盾。于是{yn}是柯西序列。

假设TX是完备的，则存在u∈TX和v∈X使得y2n=fx2n=Tx2n+1→u=Tv（当n→∞时）。因此d(y2n+1，u) ≤k[d(y2n+1，y2n)+d(y2n，u)]导出y2n+1→u=Tv（当n→∞时）。（如果fX是完备的，则存在u∈fX⊆TX使得y2n=fx2n→u（当n→∞时）。因此结论仍然成立。）

这推出k< 1，这与k≥1相矛盾。于是必有gv=u=Tv，即u是g和T的重合的点。

因为u=gv∈gX⊆SX，因此w∈X使得u=Sw. 如果d(u，fw) > 0，则再次根据引理1及式（11）得到

该式也导出与k≥1相矛盾的结果k< 1. 于是fw=u=Sw，即u是f和S的重合的点。

如果z是f和S的另一个重合的点，则d(u，z) > 0且存在x∈X使得z=fx=Sx. 根据式（11），

这也是矛盾。因此u是f和S的唯一重合的点，于是根据引理5 知u是f和S的唯一公共不动点。类似地，u是g和T的唯一公共不动点。显然u是{f，g，S，T}的唯一公共不动点，因此省去其证明过程。

类似地可证明，当gX或SX完备时，同样成立相同的结果。

例1 设X=[0，1]赋予b-度量d(x，y) =(x-y)2，x，y∈X，则(X，d)是具有k= 2 的b-度量空间。定义X上的4个自映射f，g，S，T：

则fX⊆TX且gX⊆SX.fx=Sx当且仅当x= 0，1 且gx=Tx当且仅当x= 0，1，因此{f，S}和{g，T}分别是弱

于是，f，g，S，T，ϕ满足定理1的所有条件，故f，g，S，T有唯一公共不动点0.

定理2 设(X，d)是具有k≥1的b-度量空间，f，g，S，T：X→X是4个映射使其满足fX⊆TX和gX⊆SX.假设对任何x，y∈X，

其中a1，a2，a3，a4，a5≥0 满足a1+a2+a3+ 2kmax{a4，a5}

证明 考虑满足式（12）的两个序列{xn}和{yn}. 根据式（20），k3d(y2n，y2n+1)=k3d(fx2n，gx2n+1)

于是{yn}是柯西序列。

假设TX是完备的，则存在u∈TX和v∈X使得y2n=fx2n=Tx2n+1→u=Tv（当n→∞时）。因此d(y2n+1，u) ≤k[d(y2n+1，y2n)+d(y2n，u)]导出y2n+1→u=Tv（当n→∞时）。（如果fX是完备的，则存在u∈fX⊆TX使得y2n=fx2n→u（当n→∞时）。因此结论仍然成立。）

如果d(u，gv) > 0，则根据引理1和式（20），得

因此k2≤a3+ka4≤a1+a2+a3+ 2kmax{a4，a5}

因为u=gv∈gX⊆SX，存在w∈X使得u=Sw. 如果d(u，fw) > 0，则根据引理1和式（20），得到

因此k2≤a2+ka5≤a1+a2+a3+ 2kmax{a4，a5}

如果z是另一个f和S的重合的点，则d(u，z) > 0且存在x∈X使得z=fx=Sx. 则根据式（20），

整理得

因此k3≤a1+a4+a5≤a1+a4+a3+ 2kmax{a4，a5}

类似地，可证明当gX或SX是完备时成立相同的结论，在此省略。