2-度量空间上两个膨胀映射的重合点和公共不动点

王亭, 袁玉娇, 杜慧宇, 金月曦, 朴勇杰

( 延边大学理学院 数学系, 吉林 延吉 133002 )

0 引言

文献[1-3]的作者在度量空间上讨论了第I、第II、第III膨胀映射以及弱膨胀映射的不动点存在问题.文献[4-6]的作者在锥度量空间[7-8]上讨论了膨胀映射与其相关联的映射的重合点或公共不动点存在问题,同时给出了膨胀映射的不动点存在定理,推广和改进了文献[1-3]中关于第I、第II膨胀映射具有不动点定理的结论.文献[9]的作者把文献[8]中的收缩条件改成相应的膨胀条件后讨论了公共不动点问题.文献[10]的作者利用文献[4-6]中的思路在2-度量空间[11-13]上得到了满足第I和第II膨胀型条件的映射族的重合点和公共不动点以及不动点存在定理,引进了第III*型膨胀的概念并在没有连续的框架下证明了映射族的重合点和不动点的存在定理,推广和改进了第III型膨胀映射在连续条件下具有不动点的定理[1-3].本文采用新的方法在较弱的条件下更简便地得到了文献[10]中讨论的相应结果,并讨论了另一类膨胀的两个映射的公共不动点存在问题.

1 基本概念

定义1[14-15]设X是非空集合,f,g∶X→X是两个映射.如果存在x,w∈X使得w=fx=gx, 则称x是f和g的重合点,而w是f和g的重合的点.

定义2[16]称两个映射f,g∶X→X是弱相容的是指如果x∈X且fx=gx, 则fgx=gfx.

定义3[11-13]2-度量空间(X,d)是由集合X和映射d∶X×X×X→[0,+∞)组成,使得:

(i) 对任何不同的x,y∈X, 存在一个u∈X满足d(x,y,u)≠0;

(ii)d(x,y,z)=0当且仅当x,y,z中至少有两个是相同的;

(iii)d(x,y,z)=d(u,v,w), 其中{u,v,w}是{x,y,z}的任意排列;

(iv) 对任何x,y,z,u∈X,d(x,y,z)≤d(x,y,u)+d(x,u,z)+d(u,y,z).

引理1[11-13]设{xn}n∈N是2-度量空间(X,d)中的序列.如果存在h∈[0,1)满足对任何a∈X及任何n∈N, 成立d(xn+2,xn+1,a)≤hd(xn+1,xn,a), 则{xn}n∈N是柯西序列.

引理3[12-13]设f,g∶X→x是弱相容的.如果f和g有唯一的重合的点w=fx=gx, 则w是f和g的唯一公共不动点.

2 公共不动点存在定理

定理1设(X,d)是2-度量空间,f,g∶X→X是两个映射使得fX⊃gX且满足对任何x,y,a∈X,x≠y,

d(fx,fy,a)≥αd(gx,fx,a)+βd(gy,fy,a)+γd(gx,gy,a),

(1)

其中α,β∈R,γ≥-1.如果(i)fX或gX是完备的,(ii)α+β+γ>1, 则f和g有重合点.

证明首先,根据(ii)易知α+γ>0或β+γ>0.否则,若α+γ≤0且β+γ≤0, 则α+β+2γ≤0, 于是α+β+γ≤-γ≤1.矛盾.

任取x0∈X, 根据fX⊃gX可构造两个序列{xn}和{yn}满足条件yn=gxn=fxn+1,n=0,1,….如果存在n使得xn=xn+1, 则xn就是f和g的重合点.于是可假设xn≠xn+1,∀n=0,1,2,….假如β+γ>0, 取x=xn+1,y=xn+2, 将其代到(1)式并整理得到对任何a∈X, 有d(yn,yn+1,a)≥αd(yn,yn+1,a)+(β+γ)d(yn+1,yn+2,a).于是

(1-α)d(yn,yn+1,a)≥(β+γ)d(yn+1,yn+2,a),∀a∈X,n=0,1,2,….

(2)

假如α+γ>0， 取x=xn+2,y=xn+1, 将其代到(1)式并整理得到对任何a∈X, 有d(yn,yn+1,a)≥(α+γ)d(yn+1,yn+2,a)+βd(yn,yn+1,a).于是

(1-β)d(yn,yn+1,a)≥(α+γ)d(yn+1,yn+2,a),∀a∈X,n=0,1,2,….

(3)

d(yn+1,yn+2,a)≤hd(yn,yn+1,a),∀a∈X,n=0,1,2,….

因此,根据引理1知{yn}是柯西序列.

假设fX是完备的.因为yn=gxn=fxn+1∈fX, 因此存在u,p∈X使得yn→u=fp.当β+γ>0时,取x=xn+1,y=p, 将其代到(1)式并整理得到对任何a∈X, 有

d(yn,fp,a)≥αd(yn,yn+1,a)+βd(gp,fp,a)+γd(yn+1,gp,a).

令n→∞, 则根据引理2和{yn}是柯西序列,上式变成0≥(β+γ)d(fp,gp,a),∀a∈X, 因此d(fp,gp,a)=0,∀a∈X, 于是fp=gp=u.如果α+γ>0时,取x=p,y=xn+1, 将其代到(1)式并整理得到对任何a∈X, 有

d(fp,yn,a)≥αd(gp,fp,a)+βd(yn+1,yn,a)+γd(gp,yn+1,a).

令n→∞, 则根据引理2和{yn}是柯西序列,上式变成0≥(α+γ)d(fp,gp,a),∀a∈X, 因此d(fp,gp,a)=0,∀a∈X, 于是fp=gp=u.总之,无论何种情况下,u总是f和g的重合的点,p是f和g的重合点.

如果gX是完备的,则存在u,p,q∈X使得yn=gxn→u=gq=fp.余下的证明与fX是完备时相同,故省略.

注1如果α,β,γ是非负实数且满足α+β+γ>1和α<1或β<1,则定理1变成文献[10]中的相应结果,也是文献[6]中相应结果在2-度量空间上的表现形式,因此定理1的条件明显弱于文献[6,10]中的条件.另外,虽然定理1的条件更弱,但是定理1的证明方法与文献[6,10]的方法有较大不同,而且证明过程更简洁易懂.文献[6,10]中分α≠0,β≠0,γ≠0 3种情况讨论了重合点的存在性.

定理2设(X,d)是2-度量空间,f,g∶X→X是两个映射，使得fX⊃gX且满足(1)式,其中α,β,γ∈R.如果(i)fX或gX是完备的, (ii) min{α+β+γ,γ}>1, (iii)f和g是弱相容的,则f和g有唯一公共不动点.

证明首先,根据定理1,存在u,p∈X使得u=fp=gp.再假设存在v,z∈X使得v=fz=gz, 并且取x=p,y=z， 将其代到(1)式整理得

d(u,v,a)=d(fp,fz,a)≥γd(gp,gz,a)=γd(u,v,a),∀a∈X.

因此必有d(u,v,a)=0,∀a∈X, 所以u=v.这说明f和g有唯一重合的点u, 于是根据引理3知u是f和g的唯一公共不动点.

注2如果α,β≥0, 则定理2的条件(ii)变成γ>1.满足该条件的定理2正是文献[10]中的定理2.3,因此本文定理2推广和改进了文献[10]的相关定理.

根据定理1和定理2,模仿文献[10]中的方法可给出很多(公共)不动点定理.现给出两个特殊结果：

推论1设(X,d)是2-度量空间,f∶X→X是映射,使得对任何x,y,a∈X,x≠y, 有

d(fx,fy,a)≥αd(f2x,fx,a)+βd(f2y,fy,a)+γd(f2x,f2y,a),

其中α,β,γ∈R.如果(i)fX是完备的, (ii)min{α+β+γ,γ}>1, 则f有唯一不动点.

证明令g=f2, 则f和g显然是弱相容的且满足定理2的所有条件,于是f有唯一不动点.

推论2设(X,d)是2-度量空间,f∶X→X是映射，使得f2X=fX且对任何x,y,a∈X,x≠y有

d(f2x,f2y,a)≥αd(fx,f2x,a)+βd(fy,f2y,a)+γd(fx,fy,a),

其中α,β,γ∈R.如果(i)fX是完备的, (ii)min{α+β+γ,γ}>1， 则f有唯一不动点.

证明令F=f2,G=f, 则F和G是弱相容的且满足定理2的所有条件,于是G=f和F=f2有唯一公共不动点u, 显然u是f的唯一不动点.

定理3设(X,d)是完备的2-度量空间,f,g∶X→X是两个满映射且使得对任何x,y,a∈X, 有

d(fx,gy,a)≥Ad(x,y,a)+Bd(x,fx,a)+Cd(y,gy,a),

(4)

其中A,B,C是实数,满足A+B>0,A+C>0,A+B+C>1, 则f和g有公共不动点.进一步,若A>1, 则f和g有唯一的公共不动点.

d(x2k+1,x2k+2,a)=d(fx2k+3,gx2k+2,a)≥

Ad(x2k+3,x2k+2,a)+Bd(x2k+3,fx2k+3,a)+Cd(x2k+2,gx2k+2,a)≥

(A+B)d(x2k+3,x2k+2,a)+Cd(x2k+2,x2k+1,a),

(5)

类似地,对任何k=-1,0,1,2,…和a∈X, 利用(4)式可推出

d(x2k+2,x2k+3,a)=d(fx2k+3,gx2k+4,a)≥

Ad(x2k+3,x2k+4,a)+Bd(x2k+3,fx2k+3,a)+Cd(x2k+4,gx2k+4,a)≥

(A+C)d(x2k+3,x2k+4,a)+Bd(x2k+2,x2k+3,a),

(6)

d(xk+1,xk+2,a)≤hd(xk,xk+1,a),∀a∈X,k=0,1,2,….

于是根据引理1可知{xk}是柯西序列.

d(x2k,u,a)=d(fx2k+1,gw,a)≥Ad(x2k+1,w,a)+Bd(x2k+1,x2k,a)+Cd(w,u,a).

令k→∞, 则根据{xk}的柯西性以及引理2,上式变成0=d(u,u,a)≥(A+C)d(u,w,a),∀a∈X, 因此根据A+C>0得到d(u,w,a)=0,∀a∈X, 由此推出w=u=gw.类似地,

d(u,x2k+1,a)=d(fv,gx2k+2,a)≥Ad(v,x2k+2,a)+Bd(v,u,a)+Cd(x2k+2,x2k+1,a).

令k→∞, 则上式变成0=d(u,u,a)≥(A+B)d(u,v,a),∀a∈X, 因此根据A+B>0, 得到d(u,v,a)=0,∀a∈X, 由此推出v=u=fv.于是u=fu=gu, 说明u是f和g的公共不动点.

如果u′也是f和g的公共不动点,则根据(4)式,对任何a∈X有

d(u,u′,a)=d(fu,gu′,a)≥Ad(u,u′,a)+Bd(u,fu,a)+Cd(u′,gu′,a)=Ad(u,u′,a),

于是根据A>1必有u=u′.这说明u是f和g的唯一的公共不动点.

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