数学论文文档格式.docx
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3）（Altman）‖Ax‖2≤‖x‖2+‖x-Ax‖2,Px∈5D
则A在D上必有不动点。
本文要用到下面的引理。
引理1[3] （非线性二择一性质）设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
‖x‖≤d}.若A:
D→H为非扩张映象,则A必定具有下列性质之一:
1）A在D中有一个不动点;
2）存在x0∈5D和λ∈（0,1）使得x0=λAx0.
下面我们利用非扩张映象的二择一性质建立Hilbert空间中非扩张映象新的不动点定理.
定理2 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
‖x‖≤d}.设A:
D→H为非扩张映象,若存在严格凸函数φ:
R+→R,φ（0）=0,实函数<
:
R+→R,<
（t）≥1,Pt>
1使得φ（‖Ax-x‖）≥φ（‖Ax‖）<
（‖Ax‖·
‖x‖-1）-φ（‖x‖）,Px∈5D
（1）
则A在D中至少有一个不动点.
证明 若A在D中没有不动点。
由引理1,存在x0∈5D以及t0∈（0,1）使得x0=t0Ax0.显然Ax0≠θ,故‖Ax0‖≠0.又由
（1）式有φ（‖Ax0-t0Ax0‖）≥φ（‖Ax0‖）<
（‖Ax0‖·
‖t0Ax0‖-1）-φ‖t0Ax0‖）即 φ[（1-t0）‖Ax0‖]+φ（t0‖Ax0‖）≥φ（‖Ax0‖）<
（t-10）
（2）
从而,由φ的严格凸性且φ（0）=0有φ[（1-t0）‖Ax0‖]+φ（t0‖Ax0‖）=φ[（1-t0）‖Ax0‖+t0‖θ‖]+φ[t0‖Ax0‖+（1-t0）‖θ‖]<
（1-t0）φ（‖Ax0‖）+t0φ（0）+t0φ（‖Ax0‖）+（1-t0）φ（0）=φ（‖Ax0‖）
（3）
由t0∈（0,1）,知t-1
0>
1,则
φ（‖Ax0‖）<
（t-1
0）≥φ（‖Ax0‖）（4）
由
（2）～（4）式可得φ（‖Ax0‖）>
φ（‖Ax0‖）矛盾,定理得证.
注1 上述定理将文献[11]的定理2中指数函数放宽为严格凸函数,并利用其性质得到了新的不动
点定理,值得注意的是,本文的方法不同于已有的方法且更为简单,结果也更加简洁。
注2 若定理中φ:
R+→R,φ（0）=0为凸函数,实函数<
（t）>
1,Pt>
1则结论同样成立。
推论1 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
D→H为非扩张映象,且存在α
∈（-∞,0）∪（1,+∞）,β≥0,使得
‖Ax-x‖α≥‖Ax‖α+β‖x‖-β-‖x‖α,Px∈5D
则A在D中至少有一个不动点。
证明 在定理1中令φ（t）=tα,<
（t）=tβ,t∈R+,则φ:
R+→R为严格凸函数且φ（0）=0,<
R+→R,
<
1.得证。
注3 文献[11]中定理2仅讨论了α>
1,β≥0的情况,上述推论将参数扩展到了α∈（-∞,0）∪（1,
+∞）,β≥0的情况,且本文的方法更为简单。
推论2 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
∈（0,1）,β≥0,使得
‖Ax-x‖α≤‖Ax‖α+β‖x‖-β-‖x‖α,Px∈5D
证明 在定理1中,令φ（t）=-tα,<
R+→R为严格凸函数且φ（0）=0,<
R+→
R,<
11得证。
注4 文献[11]中定理2仅讨论了α>
1,β≥0的情况,上述推论将参数改进到α∈（0,1）,β≥0的情
况,且本文的方法更为简单。
定理3 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
D→H为非扩张映象,且存在严
格凸函数φ:
1使得
φ（‖Ax-x‖）≥φ（‖Ax‖）<
（‖Ax+x‖·
‖x‖-1）-φ（‖x‖）,Px∈5D（5）
由引理1,存在x0∈5D以及t0∈（0,1）使得x0=t0Ax0
1显然Ax0≠θ,
·
63·
故‖Ax0‖≠01又由（5）式有
φ（‖Ax0-t0Ax0‖）≥φ（‖Ax0‖）<
（‖Ax0+t0Ax0‖·
‖t0Ax0‖-1）-φ（‖t0Ax0‖）
即 φ[（1-t0）‖Ax0‖]+φ（t0‖Ax0‖）≥φ（‖Ax0‖）<
[（1+t0）t-1
0]（6）
从而,由φ的严格凸性且φ（0）=0有（3）式成立。
由t0∈（0,1）知（1+t0）t-1
0=t-1
0+1>
1,又<
1,故
0]≥φ（‖Ax0‖）（7）
于是,由（3）,（6）,（7）式可得φ（‖Ax0‖）>
φ（‖Ax0‖）矛盾,定理得证。
注5 上述定理将文献[11]中定理4中的指数函数放宽为严格凸函数,并利用其性质得到了新的不
动点定理。
值得注意的是,本文的方法不同于已有的方法且更为简单,结果也更加简洁。
注6 若定理中φ:
推论3 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
‖Ax-x‖α‖x‖β≥‖Ax‖α‖Ax+x‖β-‖x‖α+β,Px∈5D（8）
证明 由（8）式可得
‖Ax-x‖α≥‖Ax‖α‖Ax+x‖β‖x‖-β-‖x‖α,Px∈5D
在定理2中令φ（t）=tα,<
（t）≥
1,Pt>
1,得证。
注7 文献[11]中定理4讨论了α>
1,β≥0的情况,上述推论将参数扩展到了α∈（-∞,0）∪（1,+
∞）,β≥0的情况,且本文的方法更为简单。
推论4 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
‖x‖≤d}1若A:
‖Ax-x‖α‖x‖β≤‖Ax‖α‖Ax+x‖β-‖x‖α+β,Px∈5D（9）
证明 由（9）式可得
‖Ax-x‖α≤‖Ax‖α‖Ax+x‖β‖x‖-β-‖x‖α,Px∈5D
在定理3中令φ（t）=-tα,<
（t）
≥1,Pt>
注8 文献[11]中定理4仅讨论了α>
1,β≥0情况,上述推论将参数改进为α∈（0,1）,β≥0的情
D→H为非扩张映象,若存在严
格凹函数φ:
（t）≤1,Pt>
φ（‖Ax-x‖）≤φ（‖Ax‖）<
‖x‖-1）-φ（‖x‖）,Px∈5D（10）
由引理1,存在x0∈5D以及t0∈（0,1）使得x0=t0Ax0.显然Ax0≠θ,
故‖Ax0‖≠0.又由（10）式有
φ（‖Ax0-t0Ax0‖）≤φ（‖Ax0‖）<
即 φ[（1-t0）‖Ax0‖]+φ（t0‖Ax0‖）≤φ（‖Ax0‖）<
0）（11）
从而,由φ的严格凹性且φ（0）=0有
φ[（1-t0）‖Ax0‖]+φ（t0‖Ax0‖）=
φ[（1-t0）‖Ax0‖+t0‖θ‖]+φ[t0‖Ax0‖+（1-t0）‖θ‖]>
（1-t0）φ（‖Ax0‖）+t0φ（0）+t0φ（‖Ax0‖）+（1-t0）φ（0）=φ（‖Ax0‖）（12）
由t0∈（0,1）知t-1
73·
0）≤φ（‖Ax0‖）（13）
于是,由（11）～（13）式可得φ（‖Ax0‖）<
注9 上述定理将文献[11]中定理2中的指数函数放宽为严格凹函数,并利用其性质得到了新的不
注10 若定理中φ:
R+→R,φ（0）=0为凹函数,实函数<
（t）<
1则结论同样成
立。
推论5 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
∈（-∞,0）∪（1,+∞）,β≤0,使得
证明 在定理3中,令φ（t）=-tα,<
R+→R为严格凹函数且φ（0）=0,<
注11 文献[11]中定理2仅讨论了α>
1,β≥0的情况,上述推论将参数推广和改进到α∈（-∞,0）
∪（1,+∞）,β≤0的情况,且本文的方法更为简单。
推论6 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
∈（0,1）,β≤0,使得
证明 在定理3中,令φ（t）=tα,<
R+→R为严格凹函数且φ（0）=0,<
注12 文献[11]中定理2仅讨论了α>
1,β≥0的情况,上述推论将参数改进到α∈（0,1）,β≤0的
情况,且本文的方法更为简单。
定理4 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
‖x‖-1）-φ（‖x‖）,Px∈5D（14）
故‖Ax0‖≠0.又由（14）式有
0]（15）
从而,由φ的严格凸性且φ（0）=0有（12）式成立。
0]≤φ（‖Ax0‖）（16）
于是,由（12）,（15）,（16）可得φ‖Ax0‖）<
注13 上述定理将文献[11]中定理4中的指数函数放宽为严格凹函数,并利用其性质得到了新的不
注14 若定理中φ:
推论7 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
‖Ax-x‖α‖x‖β≥‖Ax‖α‖Ax+x‖β-‖x‖α+β,Px∈5D（17）
证明 由（17）式可得
83·
在定理4中令φ（t）=-tα,<
（t）=tβ,t∈R+,则φ:
R+→R为严格凹函数,且φ（0）=0,<
1,得证.
注15 文献[11]中定理4仅讨论了α>
1,β≥0的情况,上述推论将参数推广和改进到了α∈（-∞,
0）∪（1,+∞）,β≤0的情况,且本文的方法更为简单。
推论8 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
‖Ax-x‖α‖x‖β≤‖Ax‖α‖Ax+x‖β-‖x‖α+β,Px∈5D（18）
证明 由（18）式可得
在定理4中令φ（t）=tα,<
注16 文献[11]中定理4仅讨论了α>
1,β≥0的情况,上述推论将参数改进到了α∈（0,1）,β≤0
的情况,且本文的方法更为简单。
定理5 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
0,α+β≤0满足
‖Ax+x‖α+β≥‖Ax‖α‖x‖β+‖x‖α+β,Px∈5D（19）
证明 若A在D上没有不动点。
由引理1,则存在x0∈5D,t0∈（0,1）使得x0=t0Ax0,显然Ax0=μ0x0
（μ0>
1）,其中μ0=
1
t0
1由α<
0,α+β≤0,故Pt>
1,有
（t+1）α+β≤1,0<
tα<
1
故 （t+1）α+β<
tα+1,Pt>
1,α<
0,α+β≤0
由x0∈5D,有x0≠θ,
又μ0>
‖Ax0+x0‖α+β=‖μ0x0+x0‖α+β=
（μ0+1）α+β‖x0‖α+β<
（μα
0+1）‖x0‖α+β=‖Ax0‖α‖x0‖β+‖x0‖α+β（20）
上式与（19）式矛盾,得证。
推论9 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
0满足
‖Ax+x‖α≥‖Ax‖α+‖x‖α,Px∈5D
证明 显然,在定理5中取β=0,得证。
推论10 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
D→H为非扩张映象,且满足
‖Ax+x‖-2≥‖Ax‖-2+‖x‖-2,Px∈5D
证明 显然,在定理5中取α=-2,β=0,得证。
定理6 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
∈（0,1）,β≤0,满足（19）式,则A在D中至少有一个不动点。
由引理1,则存在x0∈5D,t0∈（0,1）,使得x0=t0Ax0
1显然Ax0=
μ0x0（μ0>
下面构造函数:
f（t）=tα-（t+1）α+β+1,Pt≥1
93·
由α∈（0,1）,β≤0,故Pt≥1有tα-1>
（t+1）α-1>
0,（t+1）β≤1,（t+1）α+β-1>
01有
f′（t）=αtα-1-（α+β）（t+1）α+β-1=
α[tα-1-（t+1）α+β-1]-β（t+1）α+β-1>
α[（t+1）α-1-（t+1）α+β-1]-β（t+1）α+β-1=
α（t+1）α-1[1-（t+1）β]-β（t+1）α+β-1≥0
故f（t）在[1,+∞）上单调递增,因此f（t）>
f
（1）,Pt>
1.则 （t+1）α+β<
1.
由x0∈5D,有x0≠θ,又μ0>
1,我们有（20）成立。
同定理5的证明,得证。
注17 文献[11]中定理3仅讨论了α>
1,β≥0时的情况,本文中定理5和定理6分别扩展到了α<
0,α+β≤0和α∈（0,1）,β≤0时的不动点定理,研究的角度与文献[11]不同,对它的结果进行了完
善。
推论11 设H为Hilbert空间,D为H的闭球{x∈H;
‖x‖≤d},若A:
D→H为非扩张映象,且
存在α∈（0,1）,满足
‖Ax+x‖α≥‖Ax‖α+‖x‖α,Px∈5D.
证明 显然在定理6中取β=0,即得。
注18 我们在推论9和推论11中得到了类似Altman定理的新的不动点定理,结论非常简洁。
‖Ax+x‖
12
≥‖Ax‖
+‖x‖
Px∈5D
证明 显然在定理6中取即得α=
12
β=0,即得。
参考文献:
[1]AltmanM.AfixedpointtheoreminBanachspace[J].BullPolishAcadSci,1957,（5）:
19～22.
[2]Dugundji,Granas.Afixedpointtheory[M].Warszawa:
PwN-PolishSciPub,1982.
[3]GranasA.DugundjIJ.Fixedpointtheory[M].New
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