a上的基本不等式b条-度量空间及其应用

摘要

我们首先证明了一个最基本的不等式b条-公制空间。然后我们证明了一些不动点定理。我们还考虑了两个类似的条件；一个暗示序列上的Cauchyness，而另一个则没有。

1介绍

1998年，捷克引入了以下有趣的概念。

定义1

（捷克[1])

让X（X）成为一组，让d日是来自的函数\（X\乘以X\）进入之内\（[0，\infty）\）。那么\（（X，d）\）据说是一个b-度量空间如果以下条件成立：

• （b1） \（d（x，y）=0\左右箭头x=y\）;

• （b2） \（d（x，y）=d（y，x）\）（对称）；

• （b3） 存在\（K\geq1\）令人满意的\（d（x，z）\leq K（d（x，y）+d（y，z））对于任何\（x中的x、y、z）(K-松弛三角形不等式）。

我们注意到，在这种情况下\（K=1），每b条-度量空间显然是一个度量空间。所以这个概念比度量空间的概念弱。条件（b1）和（b2）也出现在度量空间的定义中。所以（b3）是这个概念的一个特征。因此，研究如何有效使用（b3）非常重要。

引理2

让 \（（X，d）\） 成为 b条-度量空间.对于 \（n\in\mathbb{n}\） 和 \（（（x_{0}，\ldots，x_{n}）\in x^{n+1}\）,

$$d（x_{0}，x_{n}）\leq\sum_{j=0}^{n-2}K^{j+1}d（x{j}，x_{j+1}）+K^{n-1}d$$

(1)

持有.

证明

显而易见。 □

考虑到重排不等式，我们可以看出(1)在以下情况下有效\（d（x{j+1}，x{j+2}）\）远小于\（d（x{j}，x{j+1}）\）的确，使用(1)，证明了以下引理。

引理3

（引理3.1英寸[2])

让 \（（X，d）\） 成为 b条-度量空间与let \（{x{n}） 是X中的序列.假设存在 \（单位：[0,1/K）） 令人满意的 \（d（x{n+1}，x{n+2}） 对于任何 \（n\in\mathbb{n}\）.然后 \（{x{n}） 是柯西.

在以下情况下\（d（x{j+1}，x{j+2}）\）不比\（d（x{j}，x{j+1}）\），我们如何有效地使用（b3）？

基于这个问题，本文首先证明了一些不等式。利用这个不等式，我们改进了引理三为了深入理解b条-度量空间中，我们给出了一个条件，它并不意味着序列上的Cauchyness。最后，我们改进了一些Nadler型不动点定理。

2前期工作

在本文中，我们表示为\（\mathbb｛N｝\）所有正整数的集合\（\mathbb{R}\）所有实数的集合。对于任意集一个，我们也表示为#一个基数一个。对于实数t吨，我们表示为\（[t]\）最大整数不超过t吨.

在这一节中，我们将进行一些初步介绍。

定义4

让\（（X，d）\）成为b条-公制空间。让\（{x{n}）成为一个序列X（X）然后让一个是的子集X（X）.

• \（{x{n}）据说是收敛到x个如果\（lim{n}d（x，x{n}）=0\）持有。

• \（x｛n｝\｝\）据说是柯西如果\（lim{n}\sup\{d（x{n}，x{m}）：m>n}=0\）持有。

• X（X）据说是完成如果每个Cauchy序列收敛。

• 一个据说是关闭如果对于中的任何收敛序列一个，其限制属于一个.

• 一个据说是有界的如果\（在A\}中为d（x，y）：x，y持有。

备注

虽然不是每一次ν-广义度量空间是可度量的[三–5]，每b条-度量空间是可度量的。所以我们注意到，定义中没有歧义的余地4.

让\（（X，d）\）成为b条-度量空间与let\（\操作员姓名{CB}（X）\）是的所有非空、有界和闭子集的集合X（X）。对于\（x\在x\中）和任何子集一个属于X（X），我们定义\（d（x，A）=\inf（x，y）：y\在A\}\中）.然后豪斯道夫公制 H（H）关于d日由定义

$$H（A，B）=\max\bigl\{\sup\bigl\{d（u，B）：u\在A\bigr\}中，\sup\bigl\{d（v，A）：v\在B\bigr\}中$$

为所有人\（A，B \ in \ operatorname{CB}（X）\）.

三基本不等式

在本节中，我们证明了一个最基本的不等式b条-公制空间。

引理5

让 \（（X，d）\） 成为 b条-度量空间.定义函数 （f） 从 \（\mathbb{N}\） 进入之内 \（\mathbb{N}\cup\{0\}\） 通过

$$f（n）=-[-\log_{2}n]$$

(2)

对于 \（n\in\mathbb{n}\） 和 \（（（x_{0}，\ldots，x_{n}）\in x^{n+1}\）,

$$d（x_{0}，x_{n}）\leqK^{f（n）}\sum_{j=0}^{n-1}d（x{j}，x_{j+1}）$$

(3)

持有.

备注

（f）如下所示：

$$\begin{aligned}&f（1）=0，\quad\quad f（2）=1，\quad\quad f。\结束{对齐}$$

证明

我们首先注意到\（2^{f（n）-1}保留任何\（n\in\mathbb{n}\）很明显(三)等待\（n=1）。我们假设(三)等待n个具有\（n\leq2^{k}\）对一些人来说\（k\in\mathbb{N}\cup\{0\}\）.修复\（n\in\mathbb｛n｝\）具有\（2^{k}。然后我们注意到\（f（n）=k+1）,\（f（2^{k}）=k\）和\（f（n-2^{k}）.我们有

$$开始{对齐}d（x_{0}，x_{n}）和\leq K d^{k} -1个}d（x{j}，x{j+1}）+K K^{f（n-2^{K}）}\和{j=2^{K{}^n-1}d（x{j}，x{j+1}）。\结束{对齐}$$

因此(三)持有n个通过归纳，我们得到了预期的结果。 □

使用引理5，我们给出了序列上Cauchyness的一个充分条件。当我们完全证明存在性定理时，以下引理非常有用b条-公制空间。为了证明这一点，在第节6，我们改进了一些不动点定理。请参见[6,7]和其他。

引理6

让 \（（X，d）\） 成为 b条-度量空间与let \（{x{n}） 成为一个序列 X（X）.假设存在 \（在[0,1）中） 令人满意的

$$d（x_{n+1}，x_{n+2}）\leq rd（x_{n}，x_{n+1}）$$

(4)

对于任何 \（n\in\mathbb{n}\）.然后 \（{x{n}） 是柯西.

备注

比较引理6带引理三.

证明

在以下情况下\（r=0）结论显然成立。所以我们假设\（r>0\）。我们选择\（\ell\in\mathbb｛N｝\）令人满意的

$$K r^{2^{\ell}}<1$$

定义函数（f）由(2). 对于\（m，n\in\mathbb{n}\）具有\（n<m\leqn+2^{ell}\），我们有引理5

$$开始{对齐}d（x_{n}，x_{m}）和\leq K^{f（m-n）}\sum_{j=n}^{m-1}d（x{j}，x{j+1}）}r^{j-1}d（x_{1}，x_{2}）\\&\leqK^{ell}r^{n}C，\end{aligned}$$

我们放在哪里\（C=d（x{1}，x{2}）/（r（1-r））\）。对于\（m，n\in\mathbb｛n｝\）具有\（n+2^{\ell}<m\），正在放置\（\mu=[（m-n）/2^{\ell}]\），我们已经过了(1)

$$开始{对齐}d（x_{n}，x_{m}）和\leq\sum_{i=0}^{\mu-1}K^{i+1}d i+\ell+1}r^{n+i2^{\ell}C+K^{\mu+\ell}r^}n+\mu2^{\ ell}C\\&\leqr^{n}C\sum_{i=0}^{\mo}K^{i+\ell+1}r_^{i2^}\ell}}\\&\LEqr^}C\sam_{i=0.}^{{\infty}K^{i+\ell+1}r^{i2^{\ell}}\\&=r^{n}C\frac{K^{\ell+1}}{1-Kr^{2^{\ ell}}}。\结束{对齐}$$

因此\（{x{n}）是柯西。 □

4示例，第1部分

在本节中，我们给出了一个典型的示例b条-公制空间。

引理7

定义函数 （f） 通过(2).然后保持以下状态:

• （i） \（f（2n）=f（n）+1） 对于任何 \（n\in\mathbb{n}\）.

• （ii） \（f（n+1）在f（n）中 对于任何 \（n\in\mathbb{n}\）.

• （iii） （f） 没有减少.

证明

显而易见。 □

引理8

让 \（[1中的K\，infty）\） 然后放置 \（X=\mathbb{N}\）.定义函数 （f） 通过(2).定义函数 克 从 \（\mathbb{N}\cup\{0\}\） 进入之内 \（[0，\infty）\） 通过

$$\begin{aligned}&\begin{aligned}&g（0）=0，\\&g（n）=\bigl（2n-2^{f（n）}\bigr）K^{f。\end{aligned}\end{alinged}$$

(5)

然后

$$\begin{aligned}&g（n）=K\bigl$$

（6）

$$\begin｛aligned｝&g（n）-g（n-1）\geq g（n-1）-g（n-2）>0，\end｛aligned｝$$

(7)

$$\开始{aligned}&g（n）\leq K\bigl（g（K）+g（n-K）\bigr）\end{aligned}$$

(8)

持有任何 \（n，k\in\mathbb{n}\） 具有 \（2） 和 \（k<n）.阿尔索 克 正在严格增加.

备注

功能克如下所示：

$$\begin{aligned}&g（1）=1，\quad\quad g（2）=2K，\quae\quad d g（3）=2K^{2}+K，\&g（4）=4K^{2]，\quad \ quad g。\结束{对齐}$$

证明

我们先表演(6). 修复\（n\in\mathbb{n}\）。我们考虑以下两种情况：

• \（2n+1=2^{f（2n+1）-1}+1）,

• \（2n+1>2^{f（2n+1）-1}+2\）.

我们把\（a=2 n+1）,\（b=[（2n+1）/2]\）和\（c=a-b）在第一种情况下，注意\（f（a）\geq f（3）=2），我们有

$$b=\bigl[\bigl（2^{f（2n+1）-1}+1\bigr）/2\bigr]=2^{f$$

和

$$c=2^{f（2n+1）-1}+1-2^{f$$

因此

$$f（b）=f（2n+1）-2=f（a）-2$$

和

$$f（c）=f（2n+1）-1=f（a）-1$$

保持。我们有

$$开始{对齐}g（a）&=\bigl（2（2n+1）-2^{f（2n+1）}\bigr）K^{f 1）}-2^{f（2n+1）-1}-1\biger）K^{f\\&=K\bigl（\bigl-（2b-2^{f（b）}\bigr）K^{f l（g（b）+g（c）\更大）。\结束{对齐}$$

在第二种情况下，请注意一很奇怪，我们有\（2^｛f（a）-1｝>a/2>2^｛f（a）-2｝+1\）。所以

$$2^{f（a）-2}<2^{f（a）-2-}+1\leqb$$

持有，因此\（f（b）=f（c）=f（a）-1）持有。所以我们有

$$开始{对齐}g（a）&=\bigl（2b+2c-2^{f（b）}-2^{f b\biger）K^{f（b）}\\&\四{}+\bigl（2c-2^{f。\结束{对齐}$$

使用引理7，我们有

$$开始{对齐}g（2n）&=\bigl（4n-2^{f（2n \\&=2 K\bigl（\bigle（2n-2^{f（n）}\bigr）K^{f\bigr）\\&=K\bigl（g\bigle（[2 n/2]\biger）+g\bigl.（n-[2 n/2]\bigr.）。\结束{对齐}$$

我们已经展示了(6).

我们将展示(7). 我们有

$$g（2）-g（1）=2 K-1\geq 1=g（1”-g（0）>0$$

修复\（n\in\mathbb{n}\）具有\（n\geq2\）.在以下情况下\（f（n）=f（n-1）\），我们有

$$g（n）-g（n-1）=2K^{f（n）}-K^{f（n）-1}$$

在另一种情况下，其中\（f（n）>f（n-1）\），我们有\（n-1=2^{f（n）-1}\）和\（f（n-1）=f（n）-1）。所以

$$开始{对齐}g（n）-g（n-1）&=2 K^{f（n）}+（n-2）K^{f（n。\结束{对齐}$$

自（f）不减少，并且\（K\geq1）持有，\（{g（n）-g（n-1）\}）也没有减少。

让我们证明(8). 签署人(7)，存在一个凸函数\（[0，\infty）\）进入之内\（\mathbb{R}\）其限制为\（\mathbb{N}\）是克.所以我们有

$$开始{对齐}g（n）&=K\bigl）\bigr）\\&\leq\cdots\leq K\bigl（g（1）+g（n-1）\biger）。\结束{对齐}$$

我们已经展示了(8).

签署人(7),克正在严格增加。 □

以下示例是b条-公制空间。事实上，我们使用这个示例是为了制作示例11.

示例9

让\（[1中的K\，infty）\）然后放\（X=\mathbb{N}\）.定义功能（f）和克由(2)和(5)分别是。定义函数d日从\（X\乘以X\）进入之内\（[0，\infty）\）通过

$$d（x，y）=g\bigl（\vert x-y\vert\bigr）$$

然后\（（X，d）\）是一个b条-公制空间。

证明

（b1）和（b2）明显成立。为了证明（b3），我们注意到

$$d（\ell，m）\leq d（\ell，n）\quad\text｛and｝\quad d（m，n）\leq d（\ell，n）$$

对于任何\（\ ell，m，n\in\mathbb{n}\）具有\（\ ell<m<n \）因为克正在严格增加。修复\（\ ell，m，n\in\mathbb{n}\）具有\（\ ell<n\）,\（\ell\neq m\）和\（m\neq n\）。我们考虑以下两种情况：

• （a） \（m<\ell\）或\（n<m）,

• （b） \（\ ell<m<n \）.

在（a）的情况下，在不失一般性的情况下我们可以假设\（n<m）.那么我们有

$$d（\ell，n）\leq d$$

在（b）的情况下，我们已经(8)

$$d（\ell，n）\leq K d（\ ell，m）+K d（m，n）$$

我们已经展示了（b3）。 □

5示例，第2部分

我们已经证明了这一点(4)意味着序列上的粗度。在本节中，我们给出了一些例子\（sum{n=1}^{infty}d（x{n}，x{n+1}）并不意味着序列上的Cauchyness。作者认为，这种财产是b条-公制空间。

示例10

让\（[1中的K\，infty）\）然后让\（\｛\alpha_｛n｝\｝\）成为一个序列\（（0，\infty）\）.让X（X）是的子集\（[1，\infty）\）令人满意的\（\mathbb{N}\subset X\）和\（\#（X\cap[1，a]）<\infty\）对于任何\（在[1，\infty中的a）.定义严格递增函数χ从\（\mathbb{N}\）进入之内X（X）令人满意的\（\chi（\mathbb{N}）=X\）.定义序列\（{\nu_{j}\}\）在里面\（\mathbb｛N｝\）令人满意的\（\chi（\nu_{j}）=j）对于任何\（j\in\mathbb{N}\）.定义函数（f）和克由(2)和(5)分别是。定义函数d日从\（X\乘以X\）进入之内\（[0，\infty）\）通过

$$d\bigl（chi（m），chi（n）\bigr）=\textstyle\begin{cases}0\hspace{59pt}\text{if}m=n，\\g（n-m）\alpha_{k}\hspace{21pt}\text{if}\nu{k}\ leq-m<n\leq\nu_{k+1}\text}对于某些}k\in\mathbb{n}，\\d（\chi（米），j+1）+\sum_{i=j+1}^{k-1}d（i，i+1）+d（k，chi（n）对于某些}j，k\in\mathbb{n}，\\d（chi（n），chi（m））\quad\text{if}m>n，\end{cases}$$

为所有人\（m，n\in\mathbb｛n｝\）。那么\（（X，d）\）是一个b条-公制空间。

证明

很明显，（b1）和（b2）成立。让我们证明（b3）。定义函数e（电子）从\（\mathbb{N}\times\mathbb{N}\）进入之内\（[0，\infty）\）通过

$$e（m，n）=d\bigl（\chi（m），\ chi（n）\bigr）$$

我们注意到

$$e（\ell，m）\leqe（\hell，n）\quad\text{和}\quade e（m，n）\ leqe$$

对于任何\（\ ell，m，n\in\mathbb{n}\）具有\（\ ell<m<n \）.修复\（\ ell，m，n\in\mathbb{n}\）具有\（\ ell<n\）,\（\ell\neq m\）和\（m\neq n\）。我们考虑以下三种情况：

• （a） \（m<\ell\）或\（n<m\）,

• （b） \（\nu_{k}\leq\ell<m<n\leq\nu_{k+1}\）对一些人来说\（k\in\mathbb{N}\）,

• （c） \（\ ell<m<n \）和\（\nu{j}\leq\ell<\nu{j+1}\leq \n u{k}<n\leq\n u{k+1}）对一些人来说\（j，k\in\mathbb{N}\）.

在（a）和（b）的情况下，我们可以像示例的证明那样证明（b3）9在（c）的情况下，我们进一步考虑以下两种情况：

• （c-1） \（m\leq\nu{j+1}）或\（\nu_{k}\leq-m\）,

• （c-2） \（\nu{j+1}<m<\nu{k}\）.

在（c-1）的情况下，在不损失一般性的情况下我们可以假设\（m\leq\nu{j+1}）.我们有

$$开始{对齐}e（\ell，n）&=e（\hell，\nu_{j+1}）+\sum_{i=j+1}^{k-1}e（\nu_{i}，\nu_2i+1}）+e（\nu_{k}，n）\\&\leqK e（\ell，m）+k e（m，\nu__{j+1}）+k\sum_{i=j+1}^{k-1}e（\nu{i}，\nu_{i+1}\更大）。\结束{对齐}$$

在（c-2）的情况下，存在\（p\in\mathbb{N}\）令人满意的

$$\nu{j+1}\leq\nu{p}\leq米$$

我们有

$$\begin｛aligned｝e（\ell，n）&=e（\ell，\nu_｛j+1｝）+\sum_｛i=j+1｝^｛p-1｝e（\nu_｛i｝，\nu_｛i+1｝）\\&&\quad｛｝+e（\nu_｛p｝，\nu_｛p+1｝）+\sum_｛i=p+1｝^｛k-1｝e（\nu_｛i｝，\nu_｛i+1｝）+e（\nu_｛k｝，n）\\&&\leq e（\ell，\nu _｛j+1｝）+\sum_｛i=j+1｝^｛p-1｝e（\nu_｛i｝，\nu_｛i+1｝）\\&&\quad｛｝+k e（\nu_｛p｝，m）+k e（m，\nu_｛p+1｝）+\sum_｛i=p+1｝^｛k-1｝e（\nu_｛i｝}，nu_{i+1}）+k e（nu_{k}，n）\\&=k\bigl（e（\ell，m）+e（m，n）\bigr）。\结束{对齐}$$

我们在所有情况下都显示了（b3）。 □

例11

让\（K\ in（1，\ infty）\）并定义序列\（{\alpha_{n}\}\）在里面\（（0，\infty）\）通过\（\alpha_{n}=2^{-n}K^{-n{）.让X（X）是的子集\（[1，\infty）\）令人满意的\（\mathbb{N}\subset X\）和\（\#（X\cap[n，n+1））=2^{n}\）对于任何\（n\in\mathbb{n}\）.让χ,\（{\nu_{j}\}\）,（f）,克和d日如示例所示10。然后保持以下状态：

• （i） \（（X，d）\）是一个b条-公制空间。

• （ii） \（sum_{n=1}^{infty}d（chi（n），chi（n+1））持有。

• （iii） \（\｛\chi（n）\｝\）不是柯西。

• （iv） X（X）已完成。

证明

我们已经在示例中证明了（i）10.我们有

$$开始{对齐}\sum_{n=1}^{\infty}d\bigl（\chi（n），\chi}^{\nu_{k+1}-1}\alpha_{k}=\sum_{k=1}^{\infty}2^{k}\alba_{k{=\sum_{k=1}^{\finfty{k}<\infty。\结束{对齐}$$

我们有

$$d（n，n+1）=g\bigl（2^{n}\biger）\alpha_{n}=2^{n{K^{nneneneep \alpha_{n}=1$$

对于任何\（n\in\mathbb{n}\）.由于序列\（{n\}\）在里面X（X）是的子序列\（\{\ chi（n）\}\）,\（\{\ chi（n）\}\）不是柯西。

让我们来证明（iv）。我们注意到\（d（n，m）=\vert n-m\vert）对于任何\（m，n\in\mathbb{n}\）。所以\（lim{m}d（chi（n），chi（m））=infty）保留任何\（n\in\mathbb{n}\）.让\（{x{n}）是Cauchy序列X（X）。那么\（{x{n}）有界。所以，存在\（X中的z）令人满意的\（x{n}=z\）足够大\（n\in\mathbb{n}\）因此，\（{x{n}）收敛到z（z）. □

6不动点定理

Czerwik证明了以下不动点定理。参见第126页，共页[8]. 比较定理12中的定理1[9]和中的定理2.1[10].

定理12

([1])

让 \（（X，d）\） 是一个完整的 b条-度量空间与let T型 是来自的映射 X（X） 进入之内 \（\操作员姓名{CB}（X）\）.假设存在 \（单位：[0,1/K）） 令人满意的

$$H（Tx，Ty）\leq r d（x，y）$$

(9)

为所有人 \（x，y\在x\中）.然后就有了 \（X中的z） 令人满意的 \（z\在Tz\中）.

使用引理6，我们改进了定理12。我们从中定理3的推广开始[11].

定理13

让 \（（X，d）\） 是一个完整的 b条-度量空间与let T型 是来自的映射 X（X） 进入之内 \（\操作员姓名{CB}（X）\）.假设存在 \（\varepsilon>0\） 满足以下要求:

• （i） 存在 \（[0，1）中的\） 这样的话(9)为所有人保留 \（x中的x，y\） 具有 \（d（x，y）<varepsilon）.

• （ii） 存在 \（x中的x） 这样的话 \（d（x，Tx）<\varepsilon\）.

然后就有了 \（X中的z） 令人满意的 \（z\在Tz\中）.

证明

放置\（q:=（1+r）/2\英寸（0,1）\）。然后我们有以下内容：

• 对于\（x中的x，y\）和\（u\在Tx\中）具有\（d（x，y）<varepsilon），存在\（单位：Ty）令人满意的\（d（u，v）\leq q d（x，y）\）.

特别是\（u=y），我们得到以下结果：

• 对于\（x中的x）和\（y\在Tx\中）具有\（d（x，y）<varepsilon），存在\（类型中的v\）令人满意的\（d（y，v）\leq q d（x，y）\）.

因此我们可以选择一个序列\（｛u｝n｝\｝\）在里面X（X）令人满意的

$$开始{对齐}和d（u_{1}，tu_{1{）\leq d（u_1}，u_{2}）$$

对于\（n\in\mathbb{n}\）.通过引理6,\（{u{n}）是柯西。自X（X）已完成，\（{u{n}）收敛到某一点\（X中的z）.自

$$开始{对齐}d（z，Tz）和\leq\lim_{n\to\infty}K\bigl d（u{n}，z）=0\结束{对齐}$$

持有和Tz公司关闭，我们获得\（z\在Tz\中）. □

作为直接结果，我们得到了Nadler不动点定理的推广[12].

推论14

让 \（（X，d）\） 是一个完整的 b条-度量空间与let T型 是来自的映射 X（X） 进入之内 \（\操作员姓名{CB}（X）\）.假设存在 \（[0，1）中的\） 这样的话(9)为所有人保留 \（x中的x，y\）.然后就有了 \（X中的z） 令人满意的 \（z\在Tz\中）.

使用定理13，我们可以证明沟口定理和高桥不动点定理的推广[13]. 另请参见[11,14–16]和其他。

推论15

让 \（（X，d）\） 是一个完整的 b条-度量空间和let T型 是来自的映射 X（X） 进入之内 \（\操作员姓名{CB}（X）\）.假设存在一个函数 α 从 \（[0，\infty）\） 进入之内 $[0, 1)$ 令人满意的

$$H（Tx，Ty）\leq\alpha\bigl（d（x，y）\bigr）d（x，y）$$

为所有人 \（x中的x，y\） 和

$$\limsup_{s\到t+0}\alpha（s）<1$$

为所有人 \（位于[0，\infty）\中）.然后就有了 \（X中的z） 令人满意的 \（z\在Tz\中）.

证明

自\（\limsup_{s\to+0}\alpha（s）<1\），我们可以选择\（\varepsilon>0\）和\（在[0,1）中）令人满意的\（\alpha（t）\leq r）对于任何\（位于[0，\varepsilon）\）因此，定理（i）13持有。所以我们只需要证明定理（ii）13.定义函数β从\（[0，\infty）\）进入之内$(0, 1)$通过\（β（t）=（α（t）+1）/2\）对于\（位于[0，\infty）\中）如定理的证明13，我们可以选择一个序列\（{u{n}）在里面X（X）令人满意的

$$u{n+1}在T u{n}\quad\text{和}\quad d（u{n+1}，u{n+2}）\leq\beta\bigl$$

对于\（n\in\mathbb{n}\）.自\（β（t）<1）对于任何\（位于[0，\infty）\中）,\（d（u{n}，u{n+1}）是中的非递增序列\（[0，\infty）\）。所以\（d（u{n}，u{n+1}）收敛到一些\（[0，\infty中的\tau\）.自\（\limsup_{s\to\tau+0}\beta（s）<1\）和\（β（τ）<1），存在\（[0,1）中的q\）和\（增量>0）令人满意的\（测试版\leq\）为所有人\（[\tau，\tau+delta]\中的s）。选择\（\nu\in\mathbb{N}\）令人满意的\（d（u_｛\nu｝，u_｛\nu+1｝）\leq\tau+\delta\）那么，对于任何\（n\in\mathbb{n}\）具有\（n\geq\nu\），我们有

$$d（u{n+1}，u{n+2}）\leq\beta\bigl$$

这意味着\（\lim{n}d（u{n}，u{n+1}）=0\）.因此\（d（u{n}，u{n+1}）保持足够大\（n\in\mathbb{n}\）我们已经证明了定理的（ii）13. □