\documentclass[openany,12pt]{book}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage{fancybox}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage[all]{xy} 
\usepackage{setspace}
\usepackage{makeidx}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{float}
\usepackage{setspace}
\onehalfspacing
\usepackage{xepersian}
\settextfont[Scale=1.1]{XB Niloofar}
%\settextfont[ItalicFont={XB Zar Oblique}]{XB Zar}
\setdigitfont[Scale=1]{Yas}
\setlatintextfont[ExternalLocation,BoldFont={lmroman10-bold},BoldItalicFont={lmroman10-bolditalic},ItalicFont={lmroman10-italic}]{lmroman10-regular}
%here comes fancy definitions%%%%%%%%%%%%%%
\pagestyle{fancy}
% with this we ensure that the chapter and section
% headings are in lowercase.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\renewcommand{\chaptermark}[1]{%
        \markboth{#1}{}}
\renewcommand{\sectionmark}[1]{%
        \markright{\thesection\ #1}}
\fancyhf{} % delete current header and footer
\fancyhead[RO]{\slshape\leftmark}
\fancyhead[LE]{\slshape\rightmark}
\fancyhead[LO,RE]{\slshape \thepage}
\renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\theoremstyle{theorem}
\newtheorem{theorem}{قضیه}[chapter]
\newtheorem{lemma}[theorem]{لم}
\newtheorem{corollary}[theorem]{نتیجه}
\newtheorem{definition}[theorem]{تعریف}
\newtheorem{proposition}[theorem]{گزاره}
\newtheorem{remark}[theorem]{تذکر}
\newtheorem*{note}{نکته}
\newtheorem{example}[theorem]{مثال}
\newtheorem{sol}{حل}
\renewcommand\proofname{\textbf{برهان}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\begin {document}
\chapter{قضیه نقطه ثابت باناخ  و تعمیم آن}
\section{مقدمه}
اصطلاح  متریک نظریه نقطه ثابت اشاره دارد  به  نتایج نظری نقطه ثابت که در آن شرایط هندسی  روی فضاها  و$/$ یا نگاشت‌های  زیربنایی  نقشی حیاتی بازی می‌کند. اولین بار قضیه نقطه ثابت  در فضای متریک به فرم صریح  در پایان نامه باناخ ظاهر شد [2]، به عنوان  " اصل انقباض  باناخ" ($BCP$) شناخته شد، برای ایجاد وجود یک راه حل برای یک معادله انتگرال استفاده شد. شاید  به واسطه  سادگی  و اثبات ظریف، آن است که قضیه نقطه ثابت در بسیاری از شاخه‌های ریاضیات به طور گسترده  بکاربرده می‌شود.

  $BCP$     در جهات مختلف تعمیم داده شده است. در این فصل، در  تلاشیم تا    برخی از گسترش‌ها شناخته شده و تعمیم‌های  $BCP$    که نقش مهمی در توسعه  متریک نظریه نقطه ثابت  بازی می‌کنند را ارائه دهیم.
\section{قضیه نقطه ثابت باناخ }
\begin{definition}
فرض کنید   $(X, d)$    یک فضای متریک باشد و  $f: X \to  X $  یک نگاشت باشد.
\begin{itemize}
\item[الف)]
 نقطه‌ی $x \in  X $ یک نقطه ثابت $f$ است هرگاه $x = fx$.
\item[ب)]
 $f$  یک انقباض نامیده می‌شود اگر  ثابت معین
 $\alpha  <  1$ 
وجود داشته باشد به طوری که به ازای هر $x, y \in  X$  
\begin{equation}\label{1.1}
d(fx, fy) \leq  \alpha d(x, y)
\end{equation}
\end{itemize}
\end{definition}
نگاشت  انقباضی  به عنوان یک انقباض باناخ نیز شناخته می‌شود. اگر \eqref{1.1} با نامساوی اکید جایگزین  شود و برای
 $\alpha  = 1$    
 و $x  = y$ برقرار باشد، 
  آنگاه $f$   انقباضی (یا انقباضی اکید) نامیده می‌شود. 
  اگر \eqref{1.1}   برای $\alpha  = 1$    برقرار باشد، آنگاه $f$  نا وسیع  و اگر 
\eqref{1.1}  
   برای یک 
    $\alpha  <  + \infty$  
     معین برقرار باشد،  آنگاه $f$   پیوسته لیپ‌شیتز نامیده می‌شود.  به وضوح، برای نگاشت $f$   مفاهیم بدیهی زیر برقرار است: 
\[
\text{انقباض} \Rightarrow \text{انقباضی} \Rightarrow \text{ناوسیع} \Rightarrow \text{پیوسته لیپ شیتز}
\]
هر نگاشت  انقباض به وضوح پیوسته است. قضیه زیر نشان می‌دهد که حقیقتی  تعمیم‌یافته‌تر  برای چنین نگاشتی  برقرار است. 
\begin{theorem}
هر نگاشت انقباض یکنواخت پیوسته است.
\end{theorem}
\begin{proof}
فرض کنید $f: X \to  X $  یک نگاشت انقباض باشد.
$ \varepsilon > 0$
  دلخواه  را انتخاب کنید و
  $ 0 <  \delta < \dfrac{\varepsilon}{\alpha}$ 
    را در نظر بگیرید. در این صورت اگر
    $ d (x, y) <  \delta$ 
     آنگاه
     $$ d (fx, fy) \leq  \alpha d (x, y) <  \alpha \delta .$$
     بنابراین  هنگامی که
      $ d (x, y) <  \delta$ ، 
    $  x, y \in  X$ 
       باشد
       $ d (fx, fy) <  \varepsilon$،
         از این رو  $f$  یکنواخت پیوسته است. 
\end{proof}
\begin{note}
توجه داشته باشید که تابع 
$f: X \to  Y$، که   $(X, d)$    و 
$(Y، d^\prime)$
 فضاهای متریک هستند،  روی $X$ یکنواخت پیوسته گفته می‌شود اگر برای هر 
   $\varepsilon > 0$ 
   یک 
   $\delta > 0$
    (تنها وابسته به  $ \varepsilon$) وجود داشته باشد به طوری که
  هرگاه   برای جفتی دلخواه از نقاط 
  $x^\prime$، $x^{\prime \prime}  $
  از فضای $X$، 
   $d (x ^\prime ، x^{\prime\prime} ) <  \delta $
   آنگاه 
  $d ^\prime (fx^\prime ، fx^{\prime\prime} ) <  \varepsilon$. 
  هر تابع یکنواخت پیوسته به وضوح پیوسته است اما توابع پیوسته‌ای وجود  دارند   که  یکنواخت پیوسته نیستند. 
\end{note}
فرض کنید  برای هر 
$ x \in  \R $،
   $fx = x_2  $.
    در این صورت  $f$  روی $\R$  پیوسته است. نشان می‌دهیم که روی  $\R$  یکنواخت پیوسته نیست.  در صورت امکان، فرض کنید که $f$   در $\R$  یکنواخت پیوسته باشد.
     در این صورت متناظر با 
     $\varepsilon = 1$ 
      وجود دارد 
     $ \delta > 0$
      به طوری که
     $ \vert  fx ^\prime - fx^{\prime\prime} \vert  <  1$. 
      آنگاه برای هر 
       $x \in  \R$،
  \[
  \dfrac{\delta}{2}\left| 2x+\dfrac{\delta}{2} \right| = \left| f\left(x+\dfrac{\delta}{2}\right)-fx \right|< 1.
      \]
           اما به وضوح، این نامساوی برای هر مقدار به اندازه  کافی بزرگ  $x$  برقرار نیست. بنابراین $f$   نمی‌تواند روی $\R$   یکنواخت پیوسته باشد. 

اکنون، مثالی را در نظر می‌گیریم که نشان می‌دهد نگاشت انقباض ممکن است نقطه ثابت نداشته باشد. 
\begin{example}
فرض کنید 
 $X = (0, \dfrac{1}{4})$
  یک فضای متریک با متریک معمولی روی  $X$ باشد و  $f: X \to  X $  توسط 
  $fx = x^2$ 
  داده شده باشد. 
در این صورت به ازای هر $x, y \in  X$، 
\[ \vert  fx - fy \vert  = \vert  x^2 - y^2 \vert  = (x + y) \vert  x - y \vert  <  \frac{1}{2} \vert  x - y \vert\]
بنابراین $f$   یک نگاشت انقباض است. 
اگر $x0$ یک نقطه ثابت از $f$  باشد، آنگاه باید داشته باشیم  $fx_0 = x_0$،
 یعنی
  $x^2_0 = x_0$
  و 
  $x_0 = 0$
   یا $1$.  نه $0$ و نه $1$ در
   $X = (0, \dfrac{1}{4})$
    قرار ندارند. بنابراین $f$  دارای  نقطه ثابت در  $X$   نیست.
\end{example}
در مثال فوق  نشان دادیم که نگاشت  انقباض ممکن است نقطه ثابت نداشته باشد. توجه داشته باشید  که فضای $X$  در اینجا ممکن است کامل نباشد، خواهیم  دید که این  اتفاقی  نیست (قضیه \ref{th1.2} را ببینید). 
\begin{definition}
فرض کنید $f: X \to  X $  که در آن $X$  یک فضای متریک است و 
$x_0 \in  X$.
 به طور پیوسته عناصر دنباله‌ای را با شروع از $x_0$  به صورت زیر 
 مشخص می‌کنیم: 
\[ x_1 = fx_0,  x_2 = fx_1,  x_3 = fx_2, \ldots,  x_{n + 1} = fx_n, \ldots.\]
این روش ساخت دنباله‌ای  از عناصر از یک عنصر روش تکرار نامیده می‌شود. به وضوح،
\begin{align*}
& x_1 = fx_0, \\
& x_2 = fx_1 = ffx_0 = f^2x_0
\end{align*}
به طور کلی
\begin{equation}\label{1.2}
 x_n = f^nx_0.
\end{equation} 
قضیه زیر به عنوان قضیه نقطه ثابت باناخ  شناخته شده است. گاهی اصل انقباض باناخ   ($BCP$) نیز نامیده می‌شود.
\end{definition}
\begin{theorem}[باناخ]\label{th1.2}
فرض کنید   $(X, d)$    یک فضای متریک کامل  و $f: X \to  X $  یک انقباض باشد، یعنی
 $f$
  در  \eqref{1.1}   صدق کند. 
  در این صورت   نقطه ثابت  منحصر به فردی از   $f$  در $X$  وجود دارد. 
\end{theorem}
\begin{proof}
 فرض کنید  $x_0 \in  X$   عنصری دلخواه باشد. 
 از $x_0$  با روش  تکرار
   \eqref{1.2}، 
 یعنی
$ x_n = f^nx_0 = fx_{n-1} $
 به ازای هر $n \in  \N $ شروع می‌کنیم.
  اکنون بررسی می‌کنیم که $\{x_n\}$  دنباله‌ی کوشی است. داریم 
  \begin{align*}
&d(x_1, x_2) = d(fx_0, fx_1) \leq  \alpha d(x_0, x_1) = \alpha d(x_0, fx_0),\\
&d(x_2, x_3) = d(fx_1, fx_2) \leq  \alpha d(x_1, x_2) \leq  \alpha^2d(x_0, fx_0),\\
&d(x_3, x_4) = d(fx_2, fx_3) \leq  \alpha d(x_2, x_3) \leq  \alpha^3d(x_0, fx_0).
  \end{align*}
به طور کلی، به ازای  هر عدد صحیح مثبت $n$، 
\[d(x_n, x_{n+1}) \leq  \alpha nd(x_0, fx_0).\]
همچنین، به ازای  هر  عدد صحیح مثبت $p$ ، 
\begin{align}
d(x_n, x_{n+p}) & \leq  d(x_n, x_{n+1}) + d(x_n+1, x_{n+2}) + \ldots  + d(x_{n+p- 1}, x_{n+p})\nonumber\\
& \leq  \alpha nd(x, fx) + \alpha n+1d(x, fx) + \ldots  + \alpha n+p- 1d(x0, fx0)\nonumber\\
&= (\alpha^ n + \alpha^{n+1}  + \ldots  + \alpha^{n+p- 1})d(x_0, fx_0)\nonumber\\
&\leq  \dfrac{\alpha^n -   \alpha^{ n+p}}{1 -   \alpha } d(x_0, fx_0) \label{1.3}\\
& \leq \dfrac{\alpha^n}{1 -   \alpha } d(x_0, fx_0), \qquad  \text{زیرا} ~ 0 <   \alpha  <   1.\label{1.4}
\end{align}
زیرا $\alpha  <   1$ ، رابطه 
\eqref{1.4}
 نشان می‌دهد که
  وقتی 
   $ n \to  \infty$،
$  d (x_n، x_n + p) \to  0$ .
  از این رو  $\{x_n\}$  دنباله‌ی  کوشی است. از آنجا که، بنابر فرض، فضای $X$  کامل است، دنباله $\{x_n\}$  همگرا است. فرض کنید 
\begin{equation}\label{1.5}
\lim_{n\to \infty}  x_n = x^{\ast} \in  X
\end{equation}
نشان می‌دهیم که
$x^{\ast}$
  یک نقطه ثابت از نگاشت  $f$  است، یعنی،
  $ fx^{\ast} = x^{\ast}$.
     داریم 
\begin{align*}
d(x^{\ast}, fx^{\ast}) & \leq  d(x^{\ast}, x_n) + d(x_n, fx^{\ast})\\
& = d(x^{\ast}, x_n) + d(fx_{n- 1}, fx^{\ast})\\
& \leq  d(x^{\ast}, x_n) + \alpha d(x_{n- 1}, x^{\ast}).
\end{align*}
بنابر رابطه \eqref{1.5}  ایجاب می‌کند که $d (x^{\ast}، fx^{\ast}) = 0$. 
بنابراین
$ fx^{\ast} = x^{\ast}$.
  از این رو، 
 $ x^{\ast}$ 
  نقطه ثابتی از  $f$  است.  
  اکنون تأیید می‌کنیم که تنها یک نقطه ثابت از $f$  وجود دارد. فرض کنید
   $y^{\ast} \in  X$ 
   باشد به طوری که 
    $fy^{\ast} = y^{\ast} \neq  x^{\ast}$. 
    در این صورت  
\begin{equation}\label{1.6}
d(x^{\ast}, y^{\ast} ) = d(fx^{\ast}, fy^{\ast} ) \leq  \alpha d(x^{\ast}, y^{\ast} ).
\end{equation}
وقتی 
$ d (x^{\ast},  y^{\ast})> 0$،
   از
    \eqref{1.6} 
   به دست  می‌آوریم 
    $\alpha  \geq  1$، 
 که یک تناقض  با
 $ 0 <  \alpha  <  1$ 
  است. بدین ترتیب،
 $ x^{\ast} = y^{\ast}$،
   و  بنابراین $f$ دارای نقطه ثابت منحصر به فردی  در $X$  است. این قضیه را ثابت می‌کند. 
\end{proof}
\begin{note}
نامساوی
 \eqref{1.3}
  را در نظر می‌گیریم 
  \begin{align*}
  d(x_n, x_{n+p}) \leq \dfrac{\alpha n -   \alpha^{n+p} }{1 -   \alpha}   d(x_0, fx_0).
  \end{align*}

ثابت 
$n \in  \N$،
 وقتی 
 $p \to  \infty $، 
سمت راست  عبارت به
 $\dfrac{\alpha^n}{1 - \alpha}  d (x_0، fx_0)$
  میل می‌کند (زیرا 
  $\alpha  <  1$)
   و سمت سمت چپ  به 
$d (x_n، x^{\ast})$
 میل می‌کند زیرا  
 $x_{n + p} \to  x^{\ast}$.
  بنابراین به ازای هر 
  $n \in  \N$
\begin{equation}\label{1.7}
d(x_n, x^{\ast}) \leq \dfrac{\alpha^n}{1 -   \alpha} d(x_0, fx_0). 
\end{equation}
رابطه
 \eqref{1.7} 
 برآوردی برای خطای   $n$امین تقریب به دست  می‌دهد.
\end{note}
\begin{remark}
در اثبات  $BCP$    مهم است که ثابت انقباضی $\alpha$   
   به طور اکید  از $1$ کمتر باشد. 
   این به ما امکان کنترل روی نرخ همگرایی 
   ${x_n} = {f^nx_0}$
    با  نقطه ثابت را می‌دهد زیرا وقتی  
     $\alpha n \to  0$،
      $n \to  \infty$.
       اگر فرض کنیم $f$  یک نگاشت انقباضی  به جای انقباض است، 
        کنترل روی همگرایی را از دست می‌دهیم و نقطه ثابت $f$  نیازی نیست  وجود داشته باشد.
\end{remark}
\begin{example}\label{ex1.2}
[21] فضای متریک معمولی
 $(\R , d)$
  را در نظر بگیرید. 
   $f: \R  \to  \R$  
    را بصورت زیر تعریف می‌کنیم:  
\begin{equation*}
fx = x + \dfrac{\pi}{2}  -   tan^{- 1} x.
\end{equation*}
در این صورت  برای 
$x, y \in  \R$ ، 
$x <  y$، 
 داریم 
 \begin{align*}
  fy -   fx &= (y -   x) -   (tan^{- 1} y -   tan^{- 1} x) \\
 & = y -   x -  \dfrac{y -   x}{1 + z^2}
 \end{align*}
که در آن  $x <  z <  y$، به وسیله  قضیه مقدار  میانگین  لاگرانژ می‌باشد. از این رو 
\begin{align*}
fy -   fx = (y -   x) \left(1 -  \dfrac{1}{1 + z^2}\right).
\end{align*}

بنابراین 
 \begin{align*}
\vert fy -   fx\vert = \vert y -   x\vert  \left| 1 -  \dfrac{1}{1 + z^2}\right|.
\end{align*}
اگر 
$\vert  fx - fy \vert  \geq  \vert  y - x \vert$،
 آنگاه رابطه فوق ایجاب می‌کند که  
\[\left| 1 -  \dfrac{1}{1 + z^2}\right|,\]
یعنی، $\dfrac{z^2}{1+z^2}$ 
که قطعا برای هر مقدار $z$ صادق نیست. از این رو  باید داشته باشیم 
\[\vert fx -   fy\vert  <   \vert y -   x\vert ,\]
یعنی به ازای  هر $x, y \in  \R$، $x\neq  y$، 
$ \vert fx -   fy\vert  \leq  \vert y -   x\vert$. 
  از این رو، نگاشت  $f$ انقباضی است و $f$   نقطه ثابت ندارد.
  زیرا، اگر 
  $ p \in  \R$
     وجود داشته باشد به طوری که 
    $ fp = p$،
      آنگاه  
\begin{equation*}
p + \dfrac{\pi}{2}-   tan^{- 1} p = p
\end{equation*}
یعنی 
 $tan^{- 1} p= \dfrac{\pi}{2}$
که درست نیست زیرا به ازای هر
$x \in  X $
 $tan^{- 1} x <  \dfrac{\pi}{2}$
 است.
\end{example}
\begin{note}
نگاشت  $f$  در مثال 
\ref{ex1.2}
 انقباضی است اما انقباض نیست، 
زیرا اگر یک انقباض باشد، وقتی  $\R$  یک فضای متریک کامل باشد،
 $f$  یک نقطه ثابت خواهد داشت. 
\end{note}
دیده‌ایم که یک نگاشت  انقباضی نیازی به نقطه ثابت ندارد. اما قضیه زیر به وسیله ادلستاین  [12] نشان می‌دهد که اگر فضا به طور قابل ملاحظه‌ای محدود (فشرده) باشد، آنگاه  یک نقطه ثابت منحصر به فرد  از نگاشت  انقباضی تضمین می‌شود. 
\begin{theorem}
فرض کنید   $(X, d)$    یک فضای متریک و $f: X \to  X $  باشد به طوری که 
\begin{equation}\label{1.8}
d(fx, fy) <   d(x, y),~~  x, y \in  X, ~~ x \neq  y.
\end{equation}
و فرض کنید که  نقطه‌ی  $x_0 \in  X$   وجود داشته باشد  به طوری که دنباله 
 تکرار $\{f^nx_0\}$   دارای  زیردنباله همگرا به
  $\xi   \in  X $ 
 است. در این صورت $\xi$   یک نقطه ثابت منحصر به فرد از $f$ است. 
\end{theorem}
به طور مشابه،  نگاشت ناوسیع  روی  یک فضای متریک کامل نیاز به  نقطه ثابتی ندارد. برای مثال، عملگر انتقال   با  یک بردار نا صفر در یک فضای باناخ ، که به وضوح ناوسیع است،  نگاشت  نقطه ثابت آزاد  است را در نظر بگیرید. از سوی دیگر، نقطه ثابت از یک نگاشت ناوسیع  نیازی نیست  منحصر به فرد باشد. برای مثال، عملگر همانی  را در نظر بگیرید که به وضوح ناوسیع  و  با نقاط ثابت زیاد است. بنابراین، قضیه نقطه ثابت نقشه برای نگاشت‌های ناوسیع  اساسا متفاوت ازنگاشت  انقباض  است، بنابراین ما در این فصل مطرح نخواهیم کرد. 

پس از قضایای  باناخ  و ادلستاین، یک مسئله  باز برای محققان این است که آیا هیچ نوع  شرایط غیرانقباضی  دیگری  وجود دارد که نگاشت  را اجبار به پیوسته بودن  نکند و هنوز یک نقطه ثابت منحصر به فرد داشته باشد؟ 

کانن [17] جواب  مثبت  این را پیدا کرد و ثابت کرد   قضیه نقطه ثابت  در فضاهای متریک کامل با استفاده از  روش تکرار برای یک نگاشت   که نه انقباض و نه انقباضی است،  در ماهیتش خودش است.
\begin{theorem}[کانن]
فرض کنید $f: X \to  X$ ،  که در آن   $(X, d)$    یک فضای متریک کامل است و $f$  در  شرط  
\begin{equation}\label{1.9}
d(fx, fy) \leq  \beta [d(x, fx) + d(y, fy)],
\end{equation}
که 
$0 <   \beta  < \frac{1}{2}$ 
و 
 $x, y \in  X$  
 صدق می‌کند. در این صورت $f$  دارای نقطه ثابت منحصر به فرد در $X$  است. 
\end{theorem}
\begin{proof}
فرض کنید  $x_0 \in  X$   و  
$x_n = f^nx_0 = fx_{n-1}$ 
 دنباله  تکرار برای هر 
 $n \in  \N $
  باشد. در این صورت  
\[d(x_1, x_2) = d(fx_0, fx_1) \leq  \beta [d(x_0, fx_0) + d(x_1, fx_1)] = \beta [d(x_0, x_1) + d(x_1, x_2)]\]
و بنابراین 
$d(x_1 , x_2 ) \leq \dfrac{\beta}{1 -   \beta } d(x_0, fx_0).$
همچنین، 
\[
d(x_2, x_3) = d(fx_1, fx_2) \leq  \beta [d(x_1, fx_1) + d(x_2, fx_2)] = \beta [d(x_1, x_2) + d(x_2, x_3)]
\]
و بنابراین 
$d(x_2, x_3) \leq \dfrac{\beta}{1 -   \beta } d(x_1, x_2) \leq  \left(\dfrac{\beta}{1 -   \beta}\right)^2 d(x_0, fx_0). $
به طور مشابه، می‌توان  به دست آورد 
\[d(x_3, x_4) \leq \left(\dfrac{\beta}{1 -   \beta }\right)^3  d(x_0, fx_0).\]
به طور کلی، اگر $n$  هر عدد صحیح مثبتی باشد، آنگاه 
\[d(x_n, x_{n+1}) \leq \left(\dfrac{\beta}{1 -   \beta }\right)^n  d(x_0, fx_0).\]
اگر $p$  هر عدد صحیح مثبتی باشد، آنگاه 
\begin{align*}
d(x_n, x_{n+p}) & \leq  d(x_n, x_n+1{}) + d(x_{n+1}, x_{n+2}) + \ldots  + d(x_{n+p- 1}, x_{n+p})\\
& \leq  (r^n + r^{n+1} + \ldots  + r^{n+p- 1})d(x_0, fx_0), \qquad \text{که } ~  r =\dfrac{\beta}{1 -   \beta }\\
& <  \dfrac{r^n}{1-r} d(x_0, fx_0).
\end{align*}

چون 
$0 <   \beta  < \dfrac{1}{2}$ 
داریم 
$0 <   r <   1$، 
و بنابراین وقتی
  $n \to  \infty$،
  $d(x_n, x_{n+p}) \to  0$.
از این رو
 $\{x_n\}$ 
  دنباله‌ای کوشی است. از آنجا که فضای $X$  کامل است، داریم
\begin{equation}\label{1.10}
\lim_{n\to \infty}  x_n = x^{\ast} \in  X.
\end{equation}
نشان می‌دهیم که $x^{\ast}$ یک نقطه ثابت $f$  است. داریم 
\begin{align*}
d(x^{\ast}, fx^{\ast}) & \leq  d(x^{\ast}, x_n) + d(x_n, fx^{\ast})\\ 
& = d(x^{\ast}, x_n) + d(fx_{n- 1}, fx^{\ast})\\ 
& \leq  d(x^{\ast}, x_n) + \beta [d(x_{n- 1}, fx_{n- 1}) + d(x^{\ast}, fx^{\ast})]
\end{align*}

یا بنابر  
\eqref{1.10}
 وقتی
  $n \to  \infty$ 
   داریم 
$(1 - \beta )d(x^{\ast}, fx^{\ast}) \leq  d(x^{\ast}, x_n) + \beta d(x_{n- 1}, x_n) \to  0$. 
بنابراین
 $fx^{\ast} = x^{\ast}$
 و
  $x^{\ast}$
   نقطه ثابت $f$  است. 
   اکنون ثابت می‌کنیم که
    $x^{\ast}$ 
    تنها نقطه ثابت $f$  است. فرض کنید
     $fy^{\ast} = y^{\ast}$
      و
       $y^{\ast} \neq  x^{\ast}$.
        در این صورت 
\[
d(x^{\ast}, y^{\ast}) = d(fx^{\ast}, fy^{\ast}) \leq  \beta [d(x^{\ast}, fx^{\ast}) + d(y^{\ast} , fy^{\ast})] = 0. 
\]
این تناقض نشان می‌دهد که 
$x^{\ast}=y^{\ast}$ 
و منحصر به فردی را نتیجه می‌دهد. 
\end{proof}
\begin{note}
اگر شرایط 
\eqref{1.1}
   و \eqref{1.9}
 را مقایسه کنیم، می‌بینیم که شرط 
 \eqref{1.1}
    پیوستگی نگاشت  را ایجاب می‌کند  در حالی که\eqref{1.9} نمی‌کند. علاوه بر این، مثال‌های زیر نشان می‌دهد که شرایط \eqref{1.1}   و \eqref{1.9} مستقل هستند.
\end{note} 
\begin{example}
فرض کنید 
$ X = [0, 1]$، 
به ازای 
$ x \in [0, \dfrac{1}{2})$، 
$ fx = \dfrac{x}{4} $
 و به ازای 
  $ x \in [\dfrac{1}{2}, 1]$، 
$ fx = \dfrac{x}{5} $
اکنون، $f$   در $x = \dfrac{1}{2} $  ناپیوسته است  و بنابراین  \eqref{1.1}   صادق  نیست. اما به راحتی دیده می‌شود که شرط \eqref{1.9} صادق است هرگاه  
$\beta  = \dfrac{4}{9} $
باشد. فرض کنید   $X = [0, 1]$، 
$x \in  [0, 1]$، 
$ fx = x_3  $. 
 در اینجا شرط \eqref{1.1}   صادق  است،  ممکن است تایید کند که \eqref{1.9}
  برای 
$ \dfrac{1}{3}$،
  $ y = 0$
   صادق نیست. 
\end{example}
سارخل [34] اثبات جایگزین قضیه ثابت نقطه کانن 
را با استفاده از قضیه نقطه ثابت باناخ  ارائه داد.
 در واقع او نشان داد که اگر نگاشت $f$   در  
 \eqref{1.9} در   فضای متریک کامل  $(X, d)$،  صدق کند،
  همان نگاشت  $f$  در رابطه \eqref{1.1}  
   در فضای متریک کامل 
   $(X, d ^\prime) $
   برای  متریک مناسب 
   $d^\prime$  
     صدق می‌کند. اثبات او  به صورت  زیر اجرا می‌شود: \\
\begin{proof}
فرض کنید که  $(X, d)$    یک فضای متریک کامل و $f: X \to  X $  در  
\eqref{1.9}
 صدق کند. برای هر  
 $x, y \in  X$،
   که $x\neq y$ فرض کنید   
\[d^\prime(x, x) = 0 \quad \text{و} \quad  d^\prime(x, y) = d(x, fx) + d(y, fy)\]
اکنون 
$d(x, y) \leq  d(x, fx)+d(fx, fy)+d(fy, y) $
و همچنین 
$0 <   \beta  <   \dfrac{1}{2}$.
این   برای هر  $x, y \in  X$، ایجاب می‌کند که 
 $d (x, y)  \leq  2d ^\prime (x, y)$.
 بنابراین هر دنباله  کوشی در $(X, d ^\prime )$،  دنباله  کوشی در  $(X, d)$     نیز است.
 
 اکنون نشان می‌دهیم که  $(X, d ^\prime )$  کامل است. 
 فرض کنید $\{x_n\}$  یک دنباله  کوشی در $(X, d ^\prime )$ باشد
  و بنابراین  یک دنباله  کوشی در  $(X, d)$    است. 
  از آنجا که  $(X, d)$    کامل است، $x \in  X$    به طوری که وقتی 
$n \to  \infty$،
$ d(x_n, x) \to  0$. 
 اگر به ازای $n$ای،  
 $x_n  = x$، 
آنگاه
 $n^\prime > n$ 
  به طوری که 
 $ x_n \neq  x$،
   بنابراین داریم 
   \begin{align*}
 d^\prime(x, x_n) & = d(x, fx) + d(x_n, fx_n)\\ 
\leq  d(x, x_n) + 2d(x_n, fx_n) + d(fx_n, fx)\\ 
\leq  d(x, x_n) + 2d^\prime(x_n, x_{n^\prime}) + \beta d^\prime(x_n, x),
   \end{align*}

و 
\[(1 -   \beta )d^\prime(x, x_n) \leq  d(x, x_n) + 2d^\prime(x_n, x_{n^\prime} ). \]
این نشان می‌دهد که وقتی 
 $n \to  \infty$،
$ d(x_n, x) \to  0$. 
و  فضای
 $(X, d ^\prime)$
  کامل می‌شود. چون 
\[d(fx, f^2x) + d(fy, f^2y) \leq  \beta [d(x, fx) + d(fx, f^2x)] + \beta [d(y, fy) + d(fy, f^2y)],\]
قرار دهید 
$\alpha  = \dfrac{\beta}{1 -   \beta}$، 
می‌بینیم که
 $\alpha  <   1$
   و  برای هر $x, y \in  X$، 
\[d^\prime (fx, fy) \leq  \alpha d^\prime(x, y), \]
یعنی، $f$ در فضای متریک کامل 
$(X, d ^\prime)$
 در رابطه
  \eqref{1.1}
     صدق می‌کند و با استفاده از  قضیه نقطه ثابت ثابت باناخ، $f$  نقطه ثابت منحصر به فرد در $X$ دارد. 
\end{proof}
کانن [17] علاقه فراوانی به مطالعه نقاط ثابت نگاشت‌های  انقباضی تعمیم‌یافته  ایجاد کرد و	 طولی نکشید  با تعدادی از مقالات که شامل  تعاریف انقباضی بود دنبال شد. اکثر آنها نیازی به  پیوستگی نگاشت‌ها نداشتند؛   برای مثال،  [40,5] را ببینید.  \\ 
به نظر ما، قضیه کانن نیز بسیار مهم است، زیرا سوبرمانیم  [36] ثابت کرد که قضیه کانن، کمال متریک را مشخص می‌کند، یعنی فضای متریک $X$   کامل است  اگر و تنها اگر هر نگاشت  کانن روی  $X$  یک نقطه ثابت داشته باشد. انقباض‌ها (به مفهوم باناخ) این ویژگی را ندارند،  کانل [9] مثالی  از فضای متریک $X$  را ارائه داد  به طوری که $X$  کامل نیست و هر انقباض  روی  $X$  یک نقطه ثابت دارد. 

از طرف دیگر، این نیز مهم است که توجه داشته باشید  که انقباض  از نوع  کانن
 با  ثابت
  $\beta   = \dfrac{1}{2}$
   در فضای متریک کامل می‌کند  وجود نقاط ثابت $f$  را تضمین نمی‌کند ( [31] را ببینید).
    علاوه بر این، فرض پیوستگی نگاشت  و شرط فشرده سازی  روی  فضای متریک برای وجود یک نقطه ثابت برای   انقباض کانن  نوع اکید  همانطور که در نتیجه زیر نشان داده شده است ضروری هستند:
\begin{theorem}
[15] (همچنین [10] را ببینید) فرض کنید  $(X, d)$    یک فضای متریک فشرده  و 
$f: X \to  X $   نگاشتی  پیوسته باشد که به ازای هر $x, y \in  X $  با $x\neq y$ در شرط  
\begin{equation}\label{1.11}
d(fx, fy) <  \dfrac{1}{2} [d(x, fx) + d(y, fy)],
\end{equation}
 صدق کند، در این صورت $f$  دارای نقطه ثابت منحصر به فرد در $X$ است. 
\end{theorem}
 این بخش را با مسئله  باز زیر به پایان می‌بریم: \\
آیا  فضای متریک کامل، اما غیرفشرده  $(X, d)$       و نگاشتی پیوسته مانند $f: X \to  X $  وجود دارد به طوری که برای هر $x, y \in  X$  با 
$x \neq  y$،
\begin{equation}\label{1.12}
d(fx, fy) < \dfrac{1}{2} [d(x, fx) + d(y, fy)],
\end{equation}
 و $f$  دارای نقطه ثابت آزاد باشد؟
\section{برخی دیگر از تعمیم‌های  $BCP$   }
تعمیم‌های متعددی از  فرم خفیف تر   $BCP$    وجود داشته است.
 در این بخش برخی از این موارد را ارائه می‌دهیم. 
 اولین تعمیم در این راستا  اهمیت نتایج زیر از راکتچ  [30] است. 
\begin{theorem}
فرض کنید  $(X, d)$    یک فضای متریک کامل باشد و  $f:X \to  X$  به ازای هر $x, y \in  X$ در 
\begin{equation}\label{1.13}
d(fx, fy) \leq  \eta (d(x, y))d(x, y),
\end{equation}
صدق کند، که در آن 
$\eta  : \R^+ \to  [0, 1)$
تابع نزولی است. در این صورت  f دارای یک نقطه ثابت منحصر به فرد است. 
\end{theorem}
 نوع دیگر قضیه راکتچ توسط  گریتی [13] ارائه شده است، 
 که در آن تابع $\eta$  در شرط ساده تر 
   $\eta(t_n) \to  1 \Longrightarrow  t_n \to  0$
    صدق می‌کند. در [4]، بوید و وانگ نتیجه کلی‌تری به صورت زیر  به دست آورند:
\begin{theorem}[بوید و وانگ]\label{th1.7}
فرض کنید  $(X, d)$ فضای متریک کامل و $ f : X \to  X$  به ازای هر $x, y \in  X$،  در 
\begin{equation}\label{1.14}
d(fx, fy) \leq  \psi (d(x, y))
\end{equation}
صدق کند، که در آن 
$ \psi  : \R^+ \to  [0,\infty )$
 از سمت راست نیم‌پیوسته بالایی  است، یعنی، برای هر دنباله‌ی 
 $\displaystyle t_n \downarrow  t \geq  0 \Longrightarrow  \lim_{n\to \infty}\sup \psi (t_n) \leq  \psi (t)$
و برای $t > 0 $ داشته باشیم 
$0 \leq  \psi (t) <   t$. 
در این صورت $f$ یک نقطه ثابت منحصر به فرد دارد.
\end{theorem}
\begin{proof}
فرض کنید $x_0$ یک نقطه دلخواه ولی ثابت  در $X$   باشد. 
دنباله تکرار $\{x_n\}$  در $X$ را برای هر $n \geq  1$ به صورت 
\[x_n = fx_{n- 1} (= f^nx_0)\]
تعریف کنید. قرار دهید 
$a_n = d(x_{n- 1}, x_n)$.
توجه کنید که دنباله‌ی $\{a_n\}$ نزولی یکنواخت و از پایین کراندار است و از این رو همگراست. 
$\lim_{n\to \infty}a_n = a $
را در نظر می‌گیریم. اگر $a > 0$ داریم 
\[a^{n+1} \leq  \psi (a_n)\]
به طوری که
$ \displaystyle\leq  \lim_{t \to  a}\sup  + \psi  (t) \leq  \psi (a)$، 
 که یک تناقض است. 
 اکنون نشان می‌دهیم که $\{x_n\}$  دنباله کوشی است.
  فرض کنید که چنین نیست.
   در این صورت $\varepsilon > 0 $ و دنباله‌ای از اعداد صحیح
  $\{m (k)\}$، 
  $\{n (k)\}$
  وجود دارند، با 
 $ m (k) \geq  n (k) \geq k$ 
   به طوری که به ازای $ k = 1, 2, \ldots $
  \begin{equation}\label{1.15}
 d_k = d(x_{m_k} , x_{n_k} ) \geq  \varepsilon.
\end{equation}
  با انتخاب
   $m (k) $
    کوچکترین عددی که بیش از اندازه به 
    $ n (k)$ 
     نزدیک است و  در رابطه \eqref{1.15}  صدق می‌کند  می‌توانیم  فرض کنیم که 
      $ d (x_{m_k-1}، x_{n_k}) <  \varepsilon $.
       اکنون
\[
\varepsilon  \leq  d_k \leq  d(x_{m_k} , x_{m_k- 1}) + d(x_{m_k- 1}, x_{n_k} ) <   a_{m_k} + \varepsilon  \leq  a_k + \varepsilon 
\]
     که ایجاب می‌کند هرگاه 
    $ k \to  \infty $
     آنگاه 
    $ dk \to  \varepsilon^+$.
  اما اکنون داریم 
  \begin{align*}
   dk & \leq  d(x_{m_k} , x_{n_k} ) \leq  d(x_{m_k} , x_{m_k+1}) + d(x_{m_k+1}, x_{n_k+1}) + d(x_{n_k+1}, x_{n_k} )\\
& \leq  2a_k + \psi (d_k).
  \end{align*}
بنابراین، وقتی
$ k \to  \infty $،
   به دست  می‌آوریم 
   $ \varepsilon  \leq  \psi  (\varepsilon )$،
     که یک تناقض برای
     $ \varepsilon > 0 $
      است. بدین ترتیب، $\{x_n\}$  دنباله  کوشی در $X$ است. از آنجا که $X$ کامل است، 
     $ x_n \to  z \in  X$. 

بنابراین، بنابر پیوستگی $f$ ، به دست  می‌آوریم $ fz = z$. منحصر به فردی $z$ از شرط انقباضی  نتیجه می‌شود. 
\end{proof}
\begin{example}
فرض کنید 
 $X = [0, 1) \bigcup  {1, 2, 3, \ldots }$، 
 متریک زیر را در نظر بگیرید 
 \begin{align*}
 d(x, y) = 
 \begin{cases}
 \vert x -   y\vert  &  x, y \in  [0, 1] ~ \text{اگر}\\
 x + y  & x, y \not\in  [0, 1] ~ \text{اگر یکی از }
 \end{cases}
 \end{align*}
در این صورت   $(X, d)$    یک فضای متریک کامل است. اکنون نگاشت  $f: X \to  X $  را به صورت 
 \begin{align*}
fx = 
 \begin{cases}
x - \dfrac{1}{2}x^2 &  x, y \in  [0, 1]\\
x -   1 & x = 2, 3, 4, \ldots  
 \end{cases}
 \end{align*} 
در این صورت برای 
$x, y \in  [0, 1]$
 با 
$x -   y = t > 0$، 
داریم 
\[
d(fx, fy) = (x -   y)(1 -  \dfrac{1}{2} (x + y)) \leq  t(1 -  \dfrac{1}{2} t)
\]
و اگر 
$x \in  \{2, 3, 4, \ldots \}$
با  $x > y$، آنگاه 
\[d(fx, fy) = fx + fy <   x -   1 + y = d(x, y) -   1.\]
بنابراین، اگر  $\psi$ را به صورت 
\begin{align*}
\psi (t) =
 \begin{cases}
t - \dfrac{1}{2}  t^2, &  0 \leq  t \leq  1\\
t -   1, & 1 <   t <   \infty 
 \end{cases}
 \end{align*} 
تعریف کنیم، آنگاه $\psi$  روی
$ [0,\infty )$ 
 از سمت راست نیم‌پیوسته  بالایی  است، و برای هر $t > 0$، 
$\psi (t) <   t$
و رابطه \eqref{1.14} برقرار است. از این رو وقتی  $ n \to  \infty$، 
$\dfrac{d(fx,0)}{d(x,0)}\to  1$،
تابع نزولی $\eta$  برای $t> 0 $ نمی‌تواند 
 $\eta  (t) <  1$
  باشد و  \eqref{1.13} برقرار است. 
\end{example}
\begin{remark}
در [4]، بوید و وانگ مشاهده کردند که اگر $X$   فضای متریک محدب باشد نیم‌پیوستگی بالایی $\psi$  را می‌توان حذف کرد. 
در حالی که ماتکوسکی  در [23]، 
با فرض اینکه $\psi$  در $0$ پیوسته است و یک دنباله $t_n \downarrow  0$ وجود دارد که 
$ \psi  (t_n) <  t_n$،
  بیشتر این نتیجه را تعمیم داد. 
\end{remark} 
نوع دیگری از نتیجه قبلی توسط ماتکوسکی در   [22] ارائه شده است که در آن پیوستگی $\psi$  با یک فرض مناسب دیگری جایگزین شده است. 
\begin{theorem}[ماتکوسکی]\label{th1.9}
فرض کنید   $(X, d)$    یک فضای متریک کامل باشد و  $f: X \to  X $   برای هر $x, y \in  X $  در  
\[d(fx, fy) \leq  \psi (d(x, y))\]
صدق کند، که در آن 
$\psi : \R^+ \to  \R^+$
یکنواخت غیرنزولی است و برای هر $t > 0 $ در 
$\displaystyle \lim_{n\to \infty }\psi n(t) =0$
صدق می‌کند. در این صورت  $f$   نقطه ثابت منحصر به فردی دارد. 
\end{theorem}
\begin{proof}
فرض کنید  $x_0$ یک عنصر دلخواه اما ثابت در $X$ باشد. یک دنباله تکرار 
$\{x_n\}$   
در $X$ را برای هر $n \geq 1 $به صورت  
\[x_n = fx_{n- 1} (= f^nx_0)\]
تعریف کنید. قرار دهید 
$a_n = d(x_{n+1}, x_n)$.
توجه کنید که 
\[
0 \leq  \lim_{n\to \infty }\sup a_n \leq  \lim_{n\to \infty}\sup \psi^n(d(x_1, x_0)) = 0.
\]
بنابراین 
$\lim_{n\to \infty} a_n = 0$.
اکنون، نشان می‌دهیم که $\{x_n\}$  دنباله کوشی است. همچنین توجه کنید که برای هر
 $\varepsilon > 0$،
 $\psi  (\varepsilon ) <  \varepsilon$ .
 از آنجا که
  $\lim_{n \to  \infty}    a_n = 0$،
   بنابراین برای
    $\varepsilon > 0$،
     می‌توانیم $n \in  \N$   را طوری انتخاب کنیم  که
     $a_n \leq   \varepsilon - \psi (\varepsilon )$.
      اکنون  تعریف کنید 
\[ M = \{x \in  X : d(x, x_n) \leq  \varepsilon \}.\]
 در این صورت برای هر 
$ y \in  M$،
  داریم 
  \begin{align*}
   d(fy, x_n) & \leq  d(fy, fx_n) + d(fx_n, x_n)\\
& \leq  \psi (d(y, x_n)) + d(x_n+1, x_n)\\
& \leq  \psi (\varepsilon ) + \varepsilon  -   \psi (\varepsilon ) = \varepsilon .
  \end{align*}
بنابراین، 
 $fy \in  M$
 یعنی 
 $f (M) \subseteq  M$.
  در نتیجه برای هر    $m \geq n$، 
   $d (x_m, x_n) \leq  \varepsilon $
   نتیجه را با دنبال کردن  بقیه‌  اثبات در قضیه  \ref{th1.7} به دست  می‌آوریم. 
\end{proof}
میر و کلیر در  [24] با استفاده از رویکردی تاحدی متفاوت،
  قضیه \ref{th1.7} را بصورت زیر گسترش دادند. 
\begin{theorem}[میر و کلیر]
فرض کنید  $(X, d)$    یک فضای متریک کامل باشد و  $f: X \to  X $   
در شرط زیر صدق کند: 
برای هر 
$\varepsilon > 0$،
   $\delta > 0$
    وجود دارد به طوری که برای هر 
     $x, y \in  X$، 
\begin{equation}\label{1.16}
\varepsilon  \leq  d(x, y) \leq  \varepsilon  + \delta \quad \Longrightarrow \quad  d(fx, fy) \leq  \varepsilon .
\end{equation}
در این صورت $f$   نقطه ثابت منحصر به فردی دارد. 
\end{theorem}
واضح است که شرط \eqref{1.16} ایجاب می‌کند که نگاشت $f$  انقباضی است. 
بنابراین، $f$  پیوسته  است و دارای  نقطه ثابت منحصر به فرد در صورت وجود  است. 
بعلاوه، شرط \eqref{1.16} ایجاب می‌کند که 
 $d (x_n، x_{n + 1})  $
به صفر کاهش  یابد. 
 در نهایت، به آسانی  با استفاده از روش خلف نشان می‌دهد که $\{x_n\}$  دنباله‌ای  کوشی در فضای متریک کامل $X$  است. 

مثال زیر نشان می‌دهد  در حالی که فرض قضیه \ref{th1.9} برآورده شده است \eqref{1.14}
 ممکن است نقض شود. 
\begin{example}
فرض کنید
  $X = [0، 1] \bigcup \{3, 4, 6, 7, \ldots,  3n,  3n + 1,  \ldots \}$
   با متر اقلیدسی باشد، و
    $f (x)$
     به صورت زیر تعریف شده باشد  
     \begin{align*}
       f(x) = 
     \begin{cases}
\frac{x}{2} &  0 \leq  x \leq  1\\
0 & x = 3n\\
1 -   \dfrac{1}{n+2} &  x = 3n + 1
 \end{cases}
     \end{align*}
در این صورت $f$  در شرط \eqref{1.16} صدق می‌کند  در حالی که در \eqref{1.14} نمی‌تواند صدق کند؛ برای دیدن این مطلب 
$ x = 3n$
  و
   $y = 3n + 1$
    را در نظر بگیرید. لذا وقتی 
    $n \to  \infty$  
    به دست می‌آوریم  
$$d(x, y) = 1 = d(fx, fy)$$
و بنابراین
 $\psi (1) $ 
باید $1$ باشد، که یک تناقض با ویژگی $\psi$  است. 
\end{example}
سیریک  در [7]،  تعمیم زیر  از    $BCP$    را به دست آورد. 
\begin{theorem}\label{th1.10}
فرض کنید   $(X, d)$    یک فضای متریک کامل باشد و  $f: X \to  X $   نگاشتی  شبه-انقباض باشد، یعنی، به ازای  ثابت معین
$ \alpha  <  1$
\begin{equation}\label{1.17}
d(fx, fy) \leq  \alpha \max \{d(x, y), d(x, fx), d(y, fy), d(x, fy), d(y, fx)\}
\end{equation}
در این صورت  $f$  نقطه ثابت منحصر به فردی دارد. 
\end{theorem}
در [32] مشاهده شده است که اگر  \eqref{1.17} را با 
شرط انقباضی  معادل زیر جایگزین کنیم قضیه \ref{th1.10} همچنان درست است  
\begin{equation}\label{1.18}
d(fx, fy) \leq  \alpha \max \left\lbrace d(x, y), d(x, fx), d(y, fy), \dfrac{1}{2} [d(x, fy) + d(y, fx)]\right\rbrace . 
\end{equation}
چندین  شرط انقباضی مشابه توسط جاکمسکی  [32]،  رودز [14] و سیریک [8] مورد مطالعه قرار گرفته است.

در سال 1965، پرزیک 
 [28, 29]
   $BCP$    را به حاصل‌ضرب فضاها گسترش داد و   نسخه تعمیم‌یافته  خود را در به دست آوردن همگرایی برخی از دنباله‌های خاص استفاده کرد. بعدها، محققین متعددی تعمیم‌های  مختلفی به دست  آوردند و   این نتیجه جالب را به کار بردند. 

فرض کنید  $(X, d)$    یک فضای متریک و
 $k \geq 1$
 یک عدد صحیح باشد. نقطه‌ی $x \in  X$   نقطه‌ی ثابت از نگاشت
  $f: X^k \to  X$
  نامیده می‌شود هرگاه
   $f (x, x, \ldots,  x) = x $.
\begin{theorem}[پرزیک]\label{th1.11}
فرض کنید  $(X, d)$    یک فضای متریک کامل باشد،  $k$ عددی صحیح مثبت و $f: X \to  X $  نگاشتی که  به ازای هر 
$x_1 , x_2 ,\ldots  , x_{k+1} \in  X$
در 
\begin{equation}\label{1.19}
d(f(x_1 , x_2 ,\ldots  , xk), f(x_2 , x_3 ,\ldots  , x_{k+1})) \leq \sum_{i=1}^k \alpha_i d (xi, x_{i+1}), 
\end{equation}
صدق می‌کند، که در آن
 $\alpha_1, \alpha_2,\ldots  , \alpha_k $
 ثابت‌های نامنفی هستند به طوری که 
$\sum_{i=1}^k \alpha_i< 1$
در این صورت نقطه ی منحصر به فرد
$ u \in  X$
  وجود دارد به طوری که 
$f(u, u,\ldots  , u) = u$.
بعلاوه، اگر
$ x_1, x_2, \ldots,  x_k$
  نقاط دلخواه در $X$ باشند، آنگاه دنباله 
  $\{x_n\}$  
  تولید شده به وسیله 
\begin{equation}\label{1.20}
x_n+k = f(x_n, x_{n+1},\ldots  , x_{n+k- 1})
\end{equation}
همگرا است و 
$\displaystyle \lim  x_n = f(\lim  x_n, \lim  x_n,\ldots  , \lim  x_n)$.
\end{theorem}
\begin{proof}
فرض کنید 
$ x_1, x_2, \ldots,  x_k \in  X$
  دنباله  $\{x_n\}$  را در $X$ برای هر $n \in  \N$   به صورت
\[x_{n+k} = f(x_n, x_{n+1},\ldots  , x_{n+k- 1})\]
تعریف می‌کنیم. نشان خواهیم داد که دنباله  $\{x_n\}$  دنباله‌ی کوشی است. \\
برای سادگی، قرار دهید 
$d_n = d(x_n, x_{n+1})$.
باید با استقراء ثابت کنیم که به ازای هر $n \in  \N$، 
\begin{equation}\label{1.21}
d_n \leq  \mu\theta^n,
\end{equation}
درست است، که در آن 
$\displaystyle\theta  = \left[\sum_{i=1}^k \alpha_i \right]^\dfrac{1}{k}$
و 
 $\mu = \max \left\lbrace \dfrac{d_1}{\theta }, \dfrac{d_2}{\theta _2}, \ldots, \dfrac{d_k}{\theta _k}\right\rbrace$. 
بنابر تعریف $\mu$، رابطه‌ی \eqref{1.21} به ازای 
$n \in  \{1, 2, \ldots, k\}$
درست است. فرض کنید که $k$ نامساوی زیر برقرار است 
\[
d_n \leq  \mu\theta^n, d_{n+1} \leq  \mu\theta^{n+1}, \ldots, d_{n+k- 1} \leq  \mu\theta^{n+k- 1}.
\]
از \eqref{1.19} به دست می‌آوریم که 
\begin{align*}
d_{n+k} &= d(x_{n+k}, x_{n+k+1})\\
& = d(f(x_n, x_{n+1},\ldots  , x_{n+k- 1}), f(x_{n+1}, x_{n+2},\ldots  , x_{n+k}))\\
& \leq  \alpha_1d(x_n, x_{n+1}) + \alpha_2 d(x_{n+1}, x_{n+2}) + \ldots  + \alpha_k d(x_{n+k- 1}, x_{n+k})\\
& = \alpha_1d_n + \alpha_2 d_{n+1} + \ldots  + \alpha kd_{n+k- 1}\\
&\leq  \alpha_1\mu\theta^n + \alpha_2\mu\theta^{n+1} + \ldots  + \alpha_k \mu\theta^{n+k- 1}\\
&\leq  \alpha_1\mu\theta^n + \alpha_2\mu\theta^n + \ldots  + \alpha_k \mu\theta^n \qquad (\theta = [\sum_{i=1}^k \alpha_i ]^\dfrac{1}{k} ~ \text{وقتی})\\
&= [\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots  + \alpha_k]\mu\theta^n\\
&= \mu\theta^{n+k}.
\end{align*}
لذا، بنابر استقراء  \eqref{1.21} به ازای هر $n \in  \N$   درست است. \\
اکنون، به ازای
 $n,m \in  \N $
  با
  $ m > n$،
    از \eqref{1.21} به دست  می‌آوریم که 
\begin{align*}
d(x_n, x_m) & \leq  d(x_n, x_{n+1}) + d(x_{n+1}, x_{n+2}) + \ldots  + d(x_{m- 1}, x_m)\\
& = d_n + d_{n+1} + \ldots  + d_{m- 1}\\
& \leq  \mu\theta^n + \mu\theta^{n+1} + \mu\theta^{n+2} + \ldots  + \mu\theta^{ m- 1}\\
& \leq  \mu\theta^n[1 + \theta  + \theta^2 + \ldots  ]\\
&= \dfrac{\mu}{1 -   \theta}\theta^n.
\end{align*}
وقتی 
$\theta  <   1$، 
 نتیجه می‌گیریم که $\{x_n\}$  دنباله‌ای  کوشی در $X$ است.
  از آنجا که $X$ فضای متریک کامل است،
  $ u \in  X $
   به طوری که 
   $\displaystyle\lim_{ n \to  \infty}  x_n = u$.
    به ازای هر $n \in  \N$    داریم  
    \begin{align*}
    d(f(u, u,\ldots  , u), u) & \leq  d(f(u, u,\ldots  , u), x_{n+k}) + d(x_{n+k}, u)\\ 
& = d(f(u, u,\ldots  , u), f(x_n, x_{n+1},\ldots  , x_{n+k- 1})) + d(x_{n+k}, u)\\
& \leq  d(f(u, u,\ldots  , u), f(u,\ldots  , u, x_n))\\ 
& \quad + d(f(u,\ldots  , u, x_n), f(u,\ldots  , u, x_n, x_{n+1}))\\
& \quad\quad + \ldots  + d(f(u, x_n,\ldots  , x_{n+k- 2}), f(x_n, x_{n+1},\ldots  , x_{n+k- 1}))\\
& \qquad\quad + d(x_{n+k}, u).
    \end{align*}
با استفاده از رابطه \eqref{1.19} در نامساوی قبلی به دست می‌آوریم 
\begin{align*}
d(f(u, u,\ldots  , u), u) & \leq  \alpha kd(u, x_n) + [\alpha k- 1d(u, x_n) + \alpha kd(x_n, x_{n+1})]\\ 
&\quad + \ldots  + [\alpha 1d(u, x_n) + \alpha 2d(x_n, x_{n+1})\\
&\qquad  + \ldots  + \alpha kd(x_{n+k- 2}, x_{n+k- 1})] + d(x_{n+k}, u).
\end{align*}
چون 
$\displaystyle\lim_{n\to \infty}  x_n = u$
از نامساوی قبلی نتیجه می‌شود که 
$d(f(u, u,\ldots  , u), u) = 0$،
یعنی، 
$f(u, u,\ldots  , u) = u$.
لذا، $u$ نقطه ثابت $f$ است. \\
برای منحصر به فردی نقطه ثابت، فرض کنید $u$ و $v$ دو نقطه ثابت $f$ 
 و $u \neq v$ باشند. در این صورت از \eqref{1.19} به دست  می‌آوریم که 
 \begin{align*}
 d(u, v) & = d(f(u, u,\ldots  , u), f(v, v,\ldots  , v))\\
& \leq  d(f(u, u,\ldots  , u), f(u,\ldots  , u, v)) + d(f(u,\ldots  , u, v), f(u, \ldots, u, v, v))\\ 
& \qquad\qquad \quad + \ldots  + d(f(u, v,\ldots  , v), f(v, v,\ldots  , v))\\
& \leq  \alpha_kd(u, v) + \alpha_{k- 1}d(u, v) + \ldots  + \alpha_1d(u, v)\\
& =\sum_{i=1}^k \alpha_i d(u, v) <   d(u, v).
 \end{align*}
این تناقض نشان می‌دهد که
$ d (u، v) = 0$،
  یعنی $u = v$. 
\end{proof}
\begin{remark}
در قضیه فوق، اگر قرار دهیم $ k = 1$،
  $BCP$    را به دست  می‌آوریم. از این رو، قضیه فوق، تعمیمی  از   $BCP$    به  فضاهای  حاصل‌ضربی است.
\end{remark}
\begin{example}
همگرائی دنباله‌ی زیر از اعداد  نامنفی را بررسی کنید: 
\begin{equation}\label{1.22}
\{x_n\}: \dfrac{8}{3} x_{n+2} =\dfrac{1}{1 + x_n} +\dfrac{1}{1 + x_{n+1}}, \qquad  n = 1, 2,\ldots
\end{equation}
که در آن به ازای هر $n \in  \N$، 
$x_n \geq  0 $
و 
$x_1, x_2 \geq  0 $
دلخواه هستند. 
فرض کنید  به ازای هر  $x, y \in  X$، 
 $X = [0، \infty )$
 و
   $d (x, y)  = \vert  x - y \vert $،
   به طوری که  $(X, d)$    یک فضای متریک کامل است. 
 نگاشت
 $ f : X^2 \to  X$
   را به ازای هر $x, y \in  X $  به صورت 
   \[
   f(x, y) =\dfrac{3}{8}\left( \dfrac{1}{1 + x} +\dfrac{1}{1 + y}\right)
   \]
تعریف کنید. لذا، به ازای هر 
$x_1 , x_2, x_3 \in  X$
 داریم
 \begin{align*}
 d(f(x_1 , x_2 ), f(x_2 , x_3 )) & =  \dfrac{3}{8} \vert \left( \dfrac{1}{1 + x_1} +\dfrac{1}{1 + x_2}\right)- \left( \dfrac{1}{1 + x_2} +\dfrac{1}{1 + x_3}\right) \vert\\ 
 & = \dfrac{3}{8} \vert \dfrac{1}{1 + x_1} - \dfrac{1}{1 + x_3} \vert\\
 & \leq \dfrac{3}{8} \dfrac{\vert x_3-x_2 \vert + \vert x_2-x_1  \vert}{(1 + x_1)(1 + x_3)}\\
 & \leq \dfrac{3}{8} [d(x_1, x_2)+ d(x_2, x_3)]
 \end{align*}
از این رو، بنابر قضیه  \ref{th1.11} دنباله  $\{x_n\}$  
همگرا به نقطه ثابت منحصر به فردی از  $f$  در $X$  می‌شود که می‌توان با حل  
$x = f(x, x)$
به دست آورد، یعنی، 
$\dfrac{8}{3}=\dfrac{2}{1+x}$
این معادله دو مقدار برای  $x$  به دست می‌دهد، به عبارت دیگر 
$x = \dfrac{1}{2} $
و 
$-\dfrac{3}{2}$
 که نقاط ثابت $f$  هستند. 
توجه داشته باشید که تنها نقطه ثابت
$x =\dfrac{1}{2} \in  X$
 پذیرفته می‌شود و آن حد منحصر به فرد دنباله داده شده به ازای هر مقدار دلخواه
 $ x_1 , x_2  \in  [0, \infty )$
   است.  
\end{example}
آلبر و همکارانش در [1]،  پیشنهاد تعمیم $BCP$  در زمینه فضاهای هیلبرت را دادند و متعاقبا  رودز  [33] نتایج شان را به فضاهای متریک گسترش داده و    بهبود بخشید. 
\begin{theorem}\label{th1.12}
فرض کنید $(X, d)$  یک فضای متریک کامل باشد و $ f:X \to  X$     به ازای هر $x, y \in  X $  در نامساوی زیر صدق کند
\begin{equation}\label{1.23}
d(fx, fy) \leq  d(x, y) -   \psi (d(x, y))
\end{equation}
که در آن 
$\psi  : [0,\infty ) \to  [0,\infty )$
تابعی پیوسته و غیرنزولی است به طوری که 
$\psi (t) = 0$
اگر و تنها اگر 
$t = 0$. 
در این صورت $f$ نقطه ثابت منحصر به فرد دارد. 
\end{theorem}
توجه داشته باشید که اگر
 $\psi  (t) = (1 -\alpha ) t$
  که در آن 
 $ 0 <  \alpha  <  1$
   باشد، نامساوی \eqref{1.23} به نامساوی  \eqref{1.1}   تقلیل می‌یابد. 
\begin{remark}
نگاشتی مانند $ f:X \to  X$    با نامساوی  \eqref{1.23} نگاشت انقباضی ضعیف نامیده می‌شود. تابع $\psi$  مشمول در قضیه \ref{th1.12} شناخته شده به عنوان مبدل فاصله (تابع کنترل نیز نامیده می‌شود) در ابتدا در نظریه متریک نقطه ثابت توسط خان و همکارانش استفاده شد [18]. این تابع و تعمیم آن در مسائل نقطه ثابت در فضاهای متریک و متریک محتمل استفاده شده است. برای مثال،
 [25, 26, 35] را ببینید.
\end{remark}
در [11] تعمیم زیر از قضیه قبلی آورده شده است.
\begin{theorem}
فرض کنید $(X, d)$  یک فضای متریک کامل باشد و $ f:X \to  X$     به ازای هر $x, y \in  X $  در نامساوی زیر صدق کند 
\begin{equation}\label{1.24}
\phi (d(fx, fy)) \leq  \phi (d(x, y)) -   \psi (d(x, y))
\end{equation}
که در آن هر دو تابع 
$\phi , \psi  : [0,\infty ) \to  [0,\infty )$
پیوسته و غیرنزولی هستند به طوری که 
$\psi (t) = 0= \phi (t)$
اگر و تنها اگر 
$t = 0$. 
در این صورت $f$ نقطه ثابت منحصر به فرد دارد. 
\end{theorem}
اخیرا، نتایج کلی‌تری در این زمینه حاصل شده است. برای مثال، یکی از نتایج در [6] به صورت زیر است.
\begin{theorem}
فرض کنید $(X, d)$ یک فضای متریک کامل باشد و $ f:X \to  X$    در نامساوی  زیرصدق کند 
\begin{equation}
\phi (d(fx, fy)) \leq  \phi (m(x, y)) -   \psi (\max{d(x, y), d(y, fy)}),
\end{equation}
که در آن به ازای هر $x, y \in  X$  ، 
\[
m(x, y) = \max \left\lbrace  d(x, y), d(x, fx), d(y, fy), \dfrac{1}{2} [d(x, fy) + d(y, fx)] \right\rbrace,
\]
و 
$\phi , \psi  : [0,\infty ) \to  [0,\infty )$
توابعی باشند به طوری که 
$\phi $
فاصله متناوب و 
$\psi $ 
پیوسته با 
$\psi (t) = 0$
است اگر و تنها اگر 
$t = 0$. 
در این صورت $f$   نقطه ثابت منحصر به فردی دارد.
\end{theorem}
در سال $2004$، بریند در  [3] مفهوم انقباض ضعیف  
(تقریبا انقباض نیز شناخته می‌شود) و  $BCP$  تعمیم‌یافته را معرفی کرد. 
\begin{definition}
فرض کنید  $(X, d)$ یک فضای متریک باشد.
 نگاشت $ f:X \to  X$     انقباض ضعیف نامیده می‌شود 
 اگر  ثابتی مانند 
  $\delta  \in  (0,  1)$ 
    و برخی
    $ L \geq  0 $
      وجود داشته باشند به طوری که  به ازای هر $x, y \in  X $  
\begin{equation}\label{1.26}
d(fx, fy) \leq  \delta  · d(x, y) + Ld(y, fx).
\end{equation}
\end{definition}
\begin{remark}
به واسطه ویژگی تقارن متریک، شرط انقباض ضعیف \eqref{1.26} بطور ضمنی به ازای هر $x, y \in  X $  شامل شرط دوگان زیر است: 
\begin{equation}\label{1.27}
d(fx, fy) \leq  \delta  · d(x, y) + Ld(x, fy)
\end{equation}
که رسما با جایگذاری
$ d(fx, fy)$
  و
$ d(x, y)$، 
 به ترتیب به جای 
$d(fy, fx)$
و 
$d(y, x)$  
 و سپس تعویض $x$  و $y$   
 در رابطه‌ \eqref{1.26} به دست  آمده است. در نتیجه، برای بررسی انقباض ضعیف بودن $f$، 
 لازم است که هر دو رابطه‌ \eqref{1.26} و \eqref{1.27}   را بررسی کنیم. بدیهی است که هر انقباض اکید در \eqref{1.26} با
  $\delta  = a$
   و 
  $ L = 0$
   صدق می‌کند و لذا، انقباض ضعیفی است (که نقطه ثابت منحصر به فردی دارد).
\end{remark}
\begin{theorem}
فرض کنید  $(X, d)$     یک فضای متریک کامل باشد و$ f:X \to  X$     انقباض ضعیفی باشد. در این صورت $f$    نقطه‌ی ثابت دارد. 
\end{theorem}
می‌توان  منحصر به فرد بودن  نقطه ثابت انقباض ضعیف را با اعمال  شرط انقباضی اضافی  به صورت زیر تحمیل کرد: 
\begin{theorem}
فرض کنید $(X, d)$     یک فضای متریک کامل باشد و$ f:X \to  X$    a انقباض ضعیفی باشد
 که وجود دارد
 $ \theta  \in  (0, 1)$
   و
   $ L_1 \geq  0$ای
     به طوری که به ازای هر $x, y \in  X$  
\begin{equation}\label{1.28}
d(fx, fy) \leq  \theta  · d(x, y) + L_1.d(x, fx),
\end{equation}
در این صورت $f$   نقطه ثابت منحصر به فردی دارد. 
\end{theorem}
شاخصه اصلی انقباضات ضعیف این است که آنها رده‌های بزرگی از عملگرهای نوع انقباضی شامل شبه-انقباض‌ها که نقاط تابت شان می‌توان با استفاده از تکرار پیكارد به دست  آورد را متحد می‌سازد و هر دو برآورد‌های پیشین و پسین نیز در دسترس هستند. 

از طرف دیگر، سوزوکی [37] نوع جدیدی از تعمیم $BCP$ را تعریف کرد و کامل بودن متریک فضای زیربنایی را توصیف کرد. 
\begin{theorem}[سوزوکی]
فرض کنید  $(X, d)$     یک فضای متریک کامل باشد و $ f:X \to  X$ . 
 تابع غیرصعودی
   $\theta   [0, 1) \to  (1/2, 1)$
    را به صورت زیر  تعریف کنید: 
    \begin{align*}
    \theta (r) = 
    \begin{cases}
    1 &   0 \leq  r \leq \dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\\
    (1-r)r^{-2} & \dfrac{\sqrt{5}-1}{2} \leq  r \leq 2^{-\frac{1}{2}}\\
    (1 + r)^{- 1} & 2^{-\frac{1}{2}} \leq  r <   1.
    \end{cases}
    \end{align*}
فرض کنید که وجود دارد 
$r \in  [0, 1)$
به طوری که  به ازای هر $x, y \in  X$ ، 
\[\theta (r)d(x, fx) \leq  d(x, y) \Longrightarrow  d(fx, fy) \leq  rd(x, y).\]
در این صورت $f$   نقطه ثابت منحصر به فردی دارد. 
\end{theorem}
\begin{proof}
بنابر تعریف
$ \theta  (r)$،
  روشن است که
 $\theta  (r) \leq  1$.
  بنابراین برای هر $x \in  X$  
$\theta (r)d(x, fx) \leq  d(x, fx) $
برقرار است. بنابر فرض قضیه  برای هر $x \in  X$  
\begin{equation}\label{1.29}
d(fx, f^2x) \leq  rd(x, fx) 
\end{equation}
اکنون
$ u \in  X$
  را در نظر می‌گیریم و دنباله $\{u_n\}$  در $X$ را با 
 $ u_n = f^nu$
  . تعریف کنید. در این صورت با استفاده مکرر از  \eqref{1.29} به دست می‌آوریم، 
\[d(u_n, u_{n+1}) \leq  r^n d(u, fu).\]
از آنجا که 
$ r \in  [0, 1)$،
 وقتی
  $n \to  \infty$  
  داریم  
 $ r^n \to  0$.
   بنابراین،
    $P \infty  n = 1 d (u_n, u_n + 1) <  \infty$  
    و در نتیجه $\{u_n\}$  دنباله‌ی کوشی است. از آنجا که $X$ کامل است،
     $\{u_n\}$  به برخی  نقاط 
      $z \in  X$
       همگرا می‌شود.  اکنون نشان می‌دهیم به ازای هر 
 $x \in  X \ \{z\}$
\begin{equation}\label{1.30}
d(fx, z) \leq  rd(x, z)
\end{equation}
 به ازای 
 $x \in  X \ \{z\}$
 وجود دارد 
$ ν \in  \N $
  به طوری که به ازای هر $n \in  \N$   با 
  $n \geq  ν$ 
 $d(u_n, z) \leq \dfrac{ d(x,z)}{3}$
در این صورت داریم 
\begin{align*}
\theta (r) d(u_n, fu_n) & \leq  d(u_n, fu_n) = d(u_n, u_{n+1})\\
& \leq  d(u_n, z) + d(u_{n+1}, z)\\
& \leq \dfrac{2}{3} d(x, z) = d(x, z) -\dfrac{d(x, z)}{3}\\
& \leq  d(x, z) -   d(u_n, z) \leq  d(u_n, x).
\end{align*}

لذا بنابر فرض به ازای 
$n \geq  ν$، 
$d(u_{n+1}, fx) \leq  rd(u_n, x)$
فرض کنید  $n$ به $\infty$  میل کند، به دست  می‌آوریم
$ d (fx، z) \leq  rd (x، z)$.
  یعنی  نشان داده ایم \eqref{1.30}. 
   به برهان خلف استدلال می‌کنیم، ف
   رض کنیم که  
   $f^jz \neq  z $ 
   به ازای هر 
   $ j \in  \N $.
     در این صورت \eqref{1.30} به ازای 
$j \in  \N$  
به دست  می‌دهد 
\begin{equation}\label{1.31}
d(f^{j+1}z, z) \leq  r^jd(fz, z).
\end{equation}
سه حالت زیر را در نظر بگیرید. 
\begin{itemize}
\item[•] $ 0 \leq  r \leq  \dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$
\item[•] $\dfrac{\sqrt{5}-1}{2} <   r < 2^{-\frac{1}{2}}$
\item[•] $2^{-\frac{1}{2}} \leq  r <   1$
\end{itemize}
در حالتی که 
$0 \leq  r \leq \dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ 
توجه می‌کنیم که
 $r^2 + r - 1 \leq  0$
  و 
$ 2r^2 <  1$.
 اگر فرض کنیم 
 $d (f^2z، z) <  d (f^2z، f^3z)$، 
 آنگاه داریم
 \begin{align*}
 d(z, fz) & \leq  d(z, f^2z) + d(fz, f^2z)\\
& <   d(f^2z, f^3z) + d(fz, f^2z)\\
&\leq  r^2d(z, fz) + rd(z, fz)\\
& \leq  d(z, fz).
 \end{align*}
این یک تناقض است. بنابراین داریم 
\[d(f^2z, z) \geq  d(f^2z, f^3z) = \theta (r) d(f^2z, f \circ  f^2z).\]
بنابر بر فرض و رابطه \eqref{1.31}، داریم 
\begin{align*}
d(z, fz) & \leq  d(z, f^3z) + d(f^3z, fz)\\
&\leq  r^2d(z, fz) + rd(f^2z, z)\\
&\leq  r^2d(z, fz) + r^2d(fz, z) = 2r^2d(z, fz)\\
& \leq  d(z, fz).
\end{align*}
این یک تناقض است.  هرگاه 
$\dfrac{\sqrt{5}-1}{2} <  r <  2^{\dfrac{1}{2}}$،
 توجه می‌کنیم که
  $2r^2 <  1$. 
  اگر فرض کنیم
 $d (f^2z, z) <  \theta  (r) d (f^2z, f^3z)$،
با ملاحظه  \eqref{1.29}، داریم 
\begin{align*}
d(z, fz) &\leq  d(z, f^2z) + d(fz, f^2z)\\
& <   \theta (r)d(f^2z, f^3z) + d(fz, f^2z)\\
& \leq  \theta (r)r^2d(z, fz) + rd(z, fz) = d(z, fz).
\end{align*}
این یک تناقض است.  لذا، 
$d(f^2z, z) \geq  \theta (r) d(f^2z, f\circ f^2z)$.
به مانند حالت قبلی، می‌توانیم ثابت کنیم 
\[d(z, fz) \leq  2r^2d(z, fz) <   d(z, fz).\]
این یک تناقض است.  در حالت سوم که 
$2^{- 1/2} \leq  r <   1$,
توجه کنید که به ازای هر $x, y \in  X $  
$\theta (r)d(x, fx) \leq  d(x, y) \quad \text{یا} \quad \theta (r)d(fx, f^2x) \leq  d(fx, y)$
برقرار است. در واقع، اگر 
\[\theta (r)d(x, fx) > d(x, y)  \quad \text{و}\quad  \theta (r)d(fx, f^2x) > d(fx, y),\]
آنگاه داریم 
\begin{align*}
d(x, fx) &\leq  d(x, y) + d(fx, y)\\
& <   \theta (r) d(x, fx) + rd(fx, f^2x)\\
&\leq  \theta (r) d(x, fx) + rd(x, fx)\\
& = d(x, fx).
\end{align*}
این یک تناقض است.  زیرا یا به ازای هر $n \in  \N$  
\[\theta (r)d(u_{2n}, u_{2n+1}) \leq  d(u_{2n}, z) \quad \text{یا }\quad \theta (r)d(u_{2n+1}, u_{2n+2}) \leq  d(u_{2n+1}, z)\] 
برقرار است یا به ازای هر $n \in  \N$   
\[d(u_{2n+1}, fz) \leq  rd(u_{2n}, z) \quad \text{یا }\quad  d(u_{2n+2}, fz) \leq  rd(u_{2n+1}, z)\]
برقرار است. از آنجا که $\{u_n\}$  به $z$ همگراست، 
نامساوی‌های فوق زیر‌دنباله از $\{u_n\}$  را ایجاب می‌کند
 که به $fz$ همگرا می‌شود. این ایجاب می‌کند
  $fz = z$
   که یک تناقض است.
  از این رو در همه حالت‌ها،
  $
   j \in  \N$
   ای وجود دارد به طوری که 
   $f^jz = z$.
    از آنجا که 
   $ \{f^nz\}$
     یک دنباله‌ی کوشی است، به دست  می‌آوریم 
    $ fz = z $.
      به عبارت دیگر، $z$ نقطه‌ی ثابت $f$   است. منحصر به فرد بودن نقطه ثابت به سادگی از \eqref{1.30} نتیجه می‌شود. 
\end{proof}


\end {document}