孙玉鑫，谷 峰

(杭州师范大学理学院，浙江 杭州 311121)

1 引言和预备知识

自从Mustafa和Sims[1]在2006年首次引入了广义度量空间(简称为G-度量空间)的概念以来,学者们深入研究了G-度量空间中的不动点问题, 在此空间中获得了许多具有重要意义的不动点和公共不动点定理[2-3].2007年, Sedghi和Rao等[4]引入了D*-度量空间的概念并证明了一些基本性质.2012年,Sedghi和Shobe等[5]引入了S-度量空间的概念,它是G-度量空间和D*-度量空间概念的进一步推广.此后,人们在S-度量空间中进一步深入研究了各类映象不动点的存在性和唯一性问题,获得了许多有意义的研究结果[6-7].最近,Kim等[8]在S-度量空间中引入了弱交换和R-弱交换映象的概念,并利用R-弱交换的概念证明了一类自映象对的公共不动点定理.受以上文献的启发,本文在S-度量空间中使用R-弱交换条件,证明了两个映象的一个新的公共不动点定理,所得结果是文献[8]中相关结果的进一步改进和发展.

定义1[5]设X是一非空集合,S:X×X×X→[0,∞)是一个三元函数,且对任意的x,y,z,a∈X,满足以下条件：

(1)S(x,y,z)=0⟺x=y=z;

(2)S(x,y,z)≤S(x,x,a)+S(y,y,a)+S(z,z,a).

则称函数S是X上的一个S-度量,称(X,S)是一个S-度量空间.

注1每个对称G-度量空间一定是D*-度量空间,而每个D*-度量空间也一定是S-度量空间,但反之不成立[5].

例1[5]设R为实直线，对于所有的x,y,z∈R,定义S(x,y,z)=|x-z|+|y-z|,则S(x,y,z)是R上的一个S-度量空间.

例2[5]设X=Rn,我们定义S(x,y,z)=‖y+z-2x‖+‖y-z‖,则S是X上的一个S-度量,但不是D*-度量.

定义2[5]设(X,S)是一个S-度量空间.对于r>0和x∈X,定义球心为x、半径为r的开球Bs(x,r)和闭球Bs[x,r],表示如下:

Bs(x,r)={y∈X:S(y,y,x)

由S-度量诱导出的拓扑是X中所有开球生成的拓扑.

定义3[5]设(X,S)是一个S-度量空间.

(1) 序列{xn}⊂X,x∈X,若limn→∞S(xn,xn,x)=0,称序列{xn}是S-收敛到x的.即对于∀ε>0,∃n0∈N,使得对所有的n≥n0,S(xn,xn,x)<ε.

(2) 序列{xn}⊂X,若limn,m→∞S(xn,xn,xm)=0,称序列{xn}是柯西列.即对于∀ε>0,∃n0∈N,使得对于所有的n,m≥n0,S(xn,xn,xm)<ε.

(3) 如果X中每个柯西列都是S-收敛的,则称S-度量空间(X,S)是完备的.

引理1[5]设(X,S)是一个S-度量空间,对于所有的x,y∈X,有

S(x,x,y)=S(y,y,x).

引理2[5]设(X,S)是一个S-度量空间,如果xn→x,yn→y,则有

S(xn,xn,yn)→S(x,x,y),n→∞.

定义4[8]设(X,S1),(Y,S2)是两个S-度量空间,映象T:X→Y,如果序列{Txn}在Y中是S2-收敛的,能够推出序列{xn}在X中是S1-收敛的,则称T是序列收敛的.

定义5[8]设(X,S)是一个S-度量空间,f,g是X上的两个自映象,称自映象对(f,g)是弱交换的,若对所有的x∈X,有S(fgx,fgx,gfx)≤S(fx,fx,gx).

定义6[8]设(X,S)是一个S-度量空间,f,g是X上的两个自映象,称自映象对(f,g)是R-弱交换的,若存在正实数R,对于所有的x∈X,有S(fgx,fgx,gfx)≤RS(fx,fx,gx).

2 主要结果

定理1设(X,S1)是一个S-度量空间,(Y,S2)是一个完备的S-度量空间,f和g为X上的一对R-弱交换自映象,并满足如下的条件:

(a)f(X)⊆g(X);

(b)f或g是连续的;

(c) 对任意的x,y∈X,有

S2(Ffx,Ffx,Ffy)≤k1S2(Ffx,Ffx,Fgy)+k2S2(Fgy,Fgy,Ffy)+

k3S2(Fgx,Fgx,Fgy)+k4S2(Ffy,Ffy,Fgx).

其中ki≥0,k1+k2+k3+3k4<1,并且F:X→Y是一对一的,连续且序列收敛的,则f与g在X中有唯一的公共不动点z.

证明任取x0∈X,则∃x1∈X,使得fx0=gx1,重复这样的过程,选取xn+1,使得fxn=gxn+1.令yn=Ffxn,有

S2(yn,yn,yn+1)=S2(Ffxn,Ffxn,Ffxn+1)≤

k1S2(Ffxn,Ffxn,Fgxn+1)+k2S2(Fgxn+1,Fgxn+1,Ffxn+1)+

k3S2(Fgxn,Fgxn,Fgxn+1)+k4S2(Ffxn+1,Ffxn+1,Fgxn)=

k1S2(yn,yn,yn)+k2S2(yn,yn,yn+1)+k3S2(yn-1,yn-1,yn)+k4S2(yn+1,yn+1,yn-1)≤

k1S2(yn,yn,yn)+k2S2(yn,yn,yn+1)+k3S2(yn-1,yn-1,yn)+

2k4S2(yn+1,yn+1,yn)+k4S2(yn-1,yn-1,yn)=

(k3+k4)S2(yn-1,yn-1,yn)+(k2+2k4)S2(yn,yn,yn+1).

整理得

(1)

重复利用式(1)可得到

S2(yn,yn,yn+1)≤qS2(yn-1,yn-1,yn)≤q2S2(yn-2,yn-2,yn-1)≤…≤qnS2(y0,y0,y1).

因此,对于所有的n

S2(yn,yn,ym)≤2S2(yn,yn,yn+1)+S2(ym,ym,yn+1)=

2S2(yn,yn,yn+1)+S2(yn+1,yn+1,ym)≤

⋮

2qnS2(y0,y0,y1)+2S2(yn+1,yn+1,yn+2)+S2(ym,ym,yn+2)≤

于是，当n,m→∞时,S2(yn,yn,ym)→0,即{yn}是Y中的柯西列.因为(Y,S2)是完备的,故∃y∈Y,使得yn→y(n→∞).因为F是序列收敛的,则∃z∈X,使得{fxn}收敛到z.再由F的连续性知,{Ffxn}收敛到Fz.于是有yn=Ffxn=Fgxn+1→Fz=y.由于fxn=gxn+1,故序列{gxn}也收敛到z.

假设f是连续的，则有limn→∞ffxn=fz,limn→∞fgxn=fz.又因为f和g是R-弱交换的,我们有

S1(fgxn,fgxn,gfxn)≤RS1(fxn,fxn,gxn).

(2)

当n→∞时,通过式(2)可得

因此,得到limn→∞gfxn=fz.进而由F的连续性知,limn→∞Fgfxn=Ffz.

下面证明z=fz.通过条件(c)可得

k1S2(Ffz,Ffz,Fz)+k2S2(Fz,Fz,Fz)+k3S2(Ffz,Ffz,Fz)+

k4S2(Fz,Fz,Ffz)=(k1+k3+k4)S2(Ffz,Ffz,Fz).

由上述不等式得到Ffz=Fz.因为F是一对一的,则有fz=z.又因为f(X)⊆g(X),我们能够找到z1∈X,使得z=fz=gz1.此时,

S2(Fffxn,Fffxn,Ffz1)≤k1S2(Fffxn,Fffxn,Fgz1)+k2S2(Fgz1,Fgz1,Ffz1)+

k3S2(Fgfxn,Fgfxn,Fgz1)+k4S2(Ffz1,Ffz1,Fgfxn).

当n→∞时,我们有

k1S2(Ffz,Ffz,Fgz1)+k2S2(Fgz1,Fgz1,Ffz1)+

k3S2(Ffz,Ffz,Fgz1)+k4S2(Ffz1,Ffz1,Ffz)=(k2+k4)S2(Ffz,Ffz,Ffz1),

所以Ffz=Ffz1,即z=fz=fz1=gz1.又因为

S1(fz,fz,gz)=S1(fgz1,fgz1,gfz1)≤RS1(fz1,fz1,gz1)=0,

所以fz=gz，于是fz=gz=z,即z是f和g的公共不动点.

如果g是连续的,同理可证z是f和g的公共不动点.

下证唯一性.令z′∈X,z′≠z是f和g的另一个公共不动点,则有

S2(Fz,Fz,Fz′)=S2(Ffz,Ffz,Ffz′)≤

k1S2(Ffz,Ffz,Fgz′)+k2S2(Fgz′,Fgz′,Ffz′)+

k3S2(Fgz,Fgz,Fgz′)+k4S2(Ffz′,Ffz′,Fgz)=

k1S2(Fz,Fz,Fz′)+k2S2(Fz′,Fz′,Fz′)+k3S2(Fz,Fz,Fz′)+k4S2(Fz′,Fz′,Fz)=

(k1+k3+k4)S2(Fz,Fz,Fz′)

推出矛盾.因此Fz=Fz′,即z=z′是f和g的唯一公共不动点.

注2定理1是文献[8]中主要结果的进一步改进和发展,事实上,文献[8]中的定理2.5是本文定理1中k1=k2=k4=0时的特例.

注3在定理1中,如果取k1,k2,k3,k4这4个系数中1个(或2个或3个)为0,则可以得到对应的14个推论,此处省略.

推论1设(X,S)是一个完备的S-度量空间,f和g为X上的一对R-弱交换自映象,并满足如下的条件:

(a)f(X)⊆g(X);

(b)f或g是连续的;

(c) 对任意的x,y∈X,有

S(Ffx,Ffx,Ffy)≤k1S(Ffx,Ffx,Fgy)+k2S(Fgy,Fgy,Ffy)+

k3S(Fgx,Fgx,Fgy)+k4S(Ffy,Ffy,Fgx).

其中ki≥0,k1+k2+k3+3k4<1,并且F:X→X是一对一的,连续且序列收敛的,则f与g在X中有唯一的公共不动点z.此外,如果Ff=fF,Fg=gF,则F,f和g在X中有唯一的公共不动点z.

证明由定理1知,f和g在X中有唯一的不动点z.现在我们证明Fz=z.

S(Fz,Fz,FFz)=S(Ffz,Ffz,FFfz)=S(Ffz,Ffz,FfFz)≤

k1S(Ffz,Ffz,FgFz)+k2S(FgFz,FgFz,FfFz)+

k3S(Fgz,Fgz,FgFz)+k4S(FfFz,FfFz,Fgz)=

k1S(Fz,Fz,FFz)+k2S(FFz,FFz,FFz)+k3S(Fz,Fz,FFz)+k4S(FFz,FFz,Fz)=

k1S(Fz,Fz,FFz)+k3S(Fz,Fz,FFz)+k4S(Fz,Fz,FFz)=

(k1+k3+k4)S(Fz,Fz,FFz).

由于k1+k3+k4≤k1+k2+k3+3k4<1,所以由上式得到FFz=Fz,又因为F是单射,所以Fz=z.

推论2设(X,S)是一个完备的S-度量空间,f和g为X上的一对R-弱交换自映象,并满足如下的条件:

(a)f(X)⊆g(X);

(b)f或g是连续的;

(c) 对任意的x,y∈X,有

S(fx,fx,fy)≤k1S(fx,fx,gy)+k2S(gy,gy,fy)+k3S(gx,gx,gy)+k4S(fy,fy,gx).

其中ki≥0,k1+k2+k3+3k4<1,则f与g在X中有唯一的公共不动点z.

证明令F=I为恒等映射,由推论1得到,f与g在X中有唯一的不动点z.

推论3设(X,S)是一个完备的S-度量空间,F,f和g为X上的自映象,且Ff和Fg是R-弱交换自映象,并满足如下的条件:

(a)Ff(X)⊆Fg(X);

(b)Ff或Fg是连续的;

(c) 对任意的x,y∈X,有

S(Ffx,Ffx,Ffy)≤k1S(Ffx,Ffx,Fgy)+k2S(Fgy,Fgy,Ffy)+

k3S(Fgx,Fgx,Fgy)+k4S(Ffy,Ffy,Fgx).

其中ki≥0,k1+k2+k3+3k4<1.如果Ff=fF,Fg=gF,则F,f和g在X中有唯一的公共不动点z.

证明由推论2知,Ff和Fg在X中有唯一的不动点z,即Ffz=Fgz=z.现在我们证明fz=z.

S(Fz,Fz,z)=S(FFfz,FFfz,Ffz)=S(FfFz,FfFz,Ffz)≤

k1S(FfFz,FfFz,Fgz)+k2S(Fgz,Fgz,Ffz)+k3S(FgFz,FgFz,Fgz)+k4S(Ffz,Ffz,FgFz)=

k1S(FFfz,FFfz,Fgz)+k2S(Fgz,Fgz,Ffz)+k3S(FFgz,FFgz,Fgz)+k4S(Ffz,Ffz,FFgz)=

k1S(Fz,Fz,z)+k2S(z,z,z)+k3S(Fz,Fz,z)+k4S(z,z,Fz)=(k1+k3+k4)S(Fz,Fz,z).

由于k1+k3+k4≤k1+k2+k3+3k4<1,所以由上式得到Fz=z,因此z=Ffz=fFz=fz.同理可证,gz=z,于是F,f和g在X中有唯一的公共不动点z.

注4推论1—推论3改进和推广了文献[8]中的推论2.7、2.9和2.10.事实上,文献[8]中的推论2.7、2.9和2.10分别是本文推论1、2和3中当k1=k2=k4=0时的特殊情况.