以下是本节的主要结果,它概括了上述关于chc irić、Samet和Vetro的结果。
定理2.1.让(X(X),d日)是具有偏序的度量空间 ≼ 和.假设F以下为:X(X)×X(X)→氯(X(X))是一个Δ-对称映射,g以下为:X(X)→X是连续的,gX是完全的,函数f以下为:克(X(X)) ×克(X(X)) → [0, +∞)由定义
是下半连续的,并且存在函数: [0, ∞) → [一, 1), 0 <一< 1,令人满意的
(2.1)
假设对于任何(x个,年)∈Δ存在gu ∈ F类(x个,年)和gv ∈ F类(年,x个)令人满意的
(2.2)
使得
(2.3)
那么,F和g有一个耦合的重合点,即存在gz= (gz(高斯)1,gz(高斯)2)∈ X(X)×X表示gz1 ∈ F类(z(z)1,z(z)2)和gz2 ∈ F类(z(z)2,z(z)1).
证明.根据定义ϕ我们有ϕ(如果(x个,年))每个<1(x个,年)∈ X(X)×X(X),对于任何(x个,年)∈ X(X)×X(X)存在古 ∈ F类(x个,年)和全球价值观 ∈ F类(年,x个)这样的话
和
因此,对于每个(x个,年)∈ X(X)×X(X),存在古 ∈ F类(x个,年)和全球价值观 ∈ F类(年,x个)令人满意(2.2)。
让(x个0,年0)∈Δ是任意的和固定的。通过(2.2)和(2.3),我们可以选择盖克斯1 ∈ F类(x个0,年0)和吉1 ∈ F类(年0,x个0)这样的话
(2.4)
和
(2.5)
从(2.4)和(2.5)中,我们可以得到
因此,
(2.6)
现在,因为F类是Δ-对称映射(x个0,年0)∈Δ,我们有
此外,通过(2.2)和(2.3),我们可以选择盖克斯2 ∈ F类(x个1,年1)和吉2 ∈ F类(年1,x个1)这样的话
和
因此,我们得到
与(x个2,年2)∈Δ.
继续这个过程,我们可以选择{盖克斯
n个
}⊂ X(X)和{吉
n个
}⊂ X(X)这样所有人n个 ∈ ℕ,我们有
(2.7)
(2.8)
和
(2.9)
现在,我们来展示一下如果(盖克斯
n个
,吉
n个
) → 0作为n个→ ∞. 我们假设如果(盖克斯
n个
,吉
n个
)全部>0n个 ∈ ℕ,因为如果如果(盖克斯
n个
,吉
n个
)某些情况下为0n个 ∈ ℕ,然后我们得到D类(盖克斯
n个
,F类(x个
n个
,年
n个
))=0,这意味着和D类(吉
n个
,F类(年
n个
,x个
n个
))=0,这意味着吉
n个
∈ F类(年
n个
,x个
n个
). 因此,在这种情况下(x个
n个
,年
n个
)是一个耦合的重合点F类和克并证明了定理的断言。
从(2.9)和ϕ(t吨)<1,我们推断{如果(盖克斯
n个
,吉
n个
)}是正实数的严格递减序列。因此,有一些δ≥0,使得
现在,我们将证明这一点δ= 0. 假设情况并非如此;考虑到(2.9)两边的限制,并考虑到假设(2.1),我们有
矛盾。因此,δ=0,即,
(2.10)
现在,让我们证明一下{盖克斯
n个
}和{吉
n个
}柯西序列在(X(X),d日). 假设
然后,根据假设(2.1),我们得到α< 1. 让q个是这样的α<q个< 1. 那么,有一些n个0 ∈ ℕ使得
因此,从(2.9)中,我们得到
因此通过诱导,
(2.11)
自ϕ(t吨) ≥一>0代表全部t吨≥0,从(2.8)和(2.11),我们得到
(2.12)
自(2.12)起q个<1,我们的结论是{盖克斯
n个
}和{吉
n个
}柯西序列在(X(X),d日).
现在,因为gX公司已完成,有一个w个= (w个1,w个2)∈ gX公司×gX公司使得
(2.13)
对一些人来说z(z)1,z(z)2在里面X(X)。我们现在展示一下z(z)= (z(z)1,z(z)2)是一个耦合的重合点F类和克.根据假设如果是下半连续的,所以从(2.10)可以得到
因此,
这意味着gz(高斯)1 ∈ F类(z(z)1,z(z)2)和gz(高斯)2 ∈ F类(z(z)2,z(z)1)即。,z(z)= (z(z)1,z(z)2)是一个耦合的重合点F类和克。这就完成了证明。
现在,我们证明以下定理。
定理2.2.让(X(X),d日)是具有偏序的度量空间 ≼ 和.假设F以下为:X(X)×X→氯(X(X))是一个Δ-对称映射,g以下为:X(X)→X(X)是连续且gX完成。假设函数f以下为:gX公司×gX公司→ [0,+∞)定理2.1中定义的是下半连续的,并且存在函数: [0, +∞) → [一, 1), 0 <一< 1,令人满意的
(2.14)
假设对于任何(x个,年)∈Δ,存在gu ∈ F类(x个,年)和gv ∈ F类(年,x个)令人满意的
(2.15)
使得
(2.16)
那么,F和g有一个耦合的重合点,即存在z= (z(z)1,z(z)2)∈ X(X)×X表示gz1 ∈ F类(z(z)1,z(z)2)和gz2 ∈ F类(z(z)2,z(z)1).
证明.更换ϕ(如果(x、 年))带有ϕ(d日(盖克斯,古) +d日(吉,全球价值观))按照定理2.1的证明,可以构造迭代序列{x个
n个
}⊂ X(X)和{年
n个
}⊂ X(X)这样所有人n个 ∈ ℕ,我们有
(2.17)
(2.18)
和
(2.19)
为所有人n个≥ 0. 再次,根据定理2.1的证明,我们得出如下结论{D类(盖克斯
n个
,F类(x个
n个
,年
n个
)) +D类(吉
n个
,F类(年
n个
,x个
n个
))}是正实数的严格递减序列。因此,有一些δ≥0,使得
(2.20)
因为在我们的假设中ϕ(d日(盖克斯
n个
,盖克斯n个+1) +d日(吉
n个
,吉n个+1)),我们需要证明{d日(盖克斯
n个
,盖克斯n个+1) +d日(吉
n个
,吉n个+1)}允许一个子序列收敛到某个η+对一些人来说η≥ 0. 自φ(t吨) ≥一>对于所有t≥0的0,从(2.18)我们得到
(2.21)
根据(2.20)和(2.21),我们得出如下结论:{d日(盖克斯
n个
,盖克斯n个+1)+d日(吉
n个
,吉n个+1)}有界。因此,有一些θ≥0,以便
(2.22)
自盖克斯n个+1∈ F类(x个
n个
,年
n个
)和吉n个+1∈ F类(年
n个
,x个
n个
),因此
对于每个n个≥ 0. 这意味着θ≥δ现在,我们将展示θ=δ。如果我们假设δ=0,那么从(2.20)和(2.21)我们得到
因此,如果δ=0,则θ=δ假设现在δ>相反,假设θ>δ.然后,θ-δ>(2.20)和(2.22)中有一个正整数n个0使得
(2.23)
和
(2.24)
为所有人n个≥n个0然后,结合(2.18)、(2.23)和(2.24),我们得到
为所有人n个≥n个0因此,我们得到
(2.25)
为所有人n个≥n个0.设置现在,从(2.19)和(2.25)可以看出
为所有人n个≥n个0最后,因为我们假设δ>0和as小时<1,通过归纳并结合上述不等式,得出如下结论
对于正整数k个0,这与假设相矛盾θ>δ所以我们必须θ=δ现在,我们将展示θ= 0. 自
所以我们可以把(2.22)读作
因此,存在子序列使得
现在,到(2.14),我们已经
(2.26)
从(2.19),
将限额视为k个→ +∞ 使用(2.20),我们得到
根据上一个不等式,如果我们假设δ>0,我们得到
与(2.26)的矛盾。因此,δ= 0. 然后,从(2.20)和(2.21)我们得到
再一次,按照定理2.1的证明进行,可以证明{盖克斯
n个
}和{吉
n个
}柯西序列在gX公司还有那个z(z)= (z(z)1,z(z)2)∈ X(X)×X(X)是一个耦合的重合点F类,克,即。
示例2.3。假设X(X)=[0,1],配备常用公制d日以下为:X(X)×X(X)→ [0,+∞),以及G公司: [0,1] → [0,1]是由定义的映射
哪里M(M)是[0,1]中的常量。让F类以下为:X(X)×X(X)→氯(X(X))定义为
然后,Δ=[0,1]×[0,1]和F类是一个Δ-对称映射。立即定义φ: [0, +∞) → [0,1)由
让克: [0,1] → [0,1]定义为盖克斯=x个2现在,我们将展示F类(x个,年)满足定理2.2的所有假设。让
很容易看出该函数
是下半连续的。因此,对于所有人来说x个,年 ∈[0,1]带,存在和使得
因此,对于x,y∈[0,1]带,满足条件(2.15)和(2.16)。根据类似的论据,可以很容易地证明条件(2.15)和(2.16)也满足和最后,对于如果我们假设,因此.
因此,我们得到
和
因此,我们得出结论,定理2.2的所有条件都满足,并且F类,克承认一个耦合的巧合点z(z)= (0, 0).