Luận văn Định lí điểm bất động trên không gian kiểu metric

( , ) ( , ) n n n n d y y d y y (1.1) với 0 1/K nào đó và mỗi n . Khi đó { }ny là dãy Cauchy trong X. Chứng minh. Cho ,m n và m n . Áp dụng bất đẳng thức kiểu tam giác ( )c vào bộ ba 1 1 2 2 1 { , , },{ , , },...,{ , , } m m n m m n n n n y y y y y y y y y ta thu được 1 1 ( , ) ( ( , ) ( , )) m n m m m n d y y K d y y d y y 2 1 1 2 2 ( , ) ( ( , ) ( , )) m m m m m n Kd y y K d y y d y y 2 1 1 2 ... ( , ) ( , ) ... m m m m Kd y y K d y y (1.2) 1 2 1 1 ( ( , ) ( , ))n m n n n n K d y y d y y 2 1 1 2 ( , ) ( , ) ... m m m m Kd y y K d y y 1 2 1 1 ( , ) ( , )n m n m n n n n K d y y K d y y . Bây giờ từ (1.1) và 1K suy ra 2 1 1 0 1 ( , ) ( ... ) ( , )m m n m n m n d y y K K K d y y 9 1 0 1 (1 ( ) ... ( ) ) ( , )m n mK K K d y y (1.3) 0 1 ( , ) 0 1 mK d y y K khi m . Cho nên { } n y là dãy Cauchy. Định nghĩa 1.2.11. Cho X là tập khác rỗng. Nếu ( , , )X d K là không gian kiểu metric và ( , )X là một tập hợp sắp thứ tự bộ phận, thì ( , , , )X d K được gọi là không gian kiểu metric sắp thứ tự. Hai phần tử ,x y X gọi là so sánh được nếu x y hoặc y x xảy ra. Cho ( , )X là tập sắp thứ tự riêng. Một ánh xạ f được gọi là bị trội hơn nếu fx x với mọi x X và trội nếu x fx với mọi x X . Định nghĩa 1.2.12. Một không gian kiểu metric sắp thứ tự ( , , , )X d K có tính chất so sánh giới hạn theo dãy nếu với mỗi dãy giảm { } n x trong X sao cho n x x X , ta có n x x . Bây giờ ta nhắc lại định nghĩa của không gian metric nón và khái niệm hội tụ [6]. Định nghĩa 1.2.13. Cho E là không gian Banach thực với là phần tử không và P E . Tập con P được gọi là nón sắp thứ tự nếu nó có các tính chất sau: ( )i P khác rỗng, đóng và { }P ; ( )ii 0 ,a b và ,x y P ax by P ; ( )iii ( ) { }P P . Với nón đã cho P E , ta có thể định nghĩa quan hệ thứ tự bộ phận trên E đối với P bởi x y nếu và chỉ nếu y x P . Ta viết x y nếu 10 x y và x y , và viết x y nếu y x IntP . Nón P được gọi là chuẩn tắc nếu tồn tại 1K sao cho với mọi ,x y E 0 || || || ||x y x K y . (1.3) Số 1K bé nhất thỏa mãn (1.3) được gọi là hằng số chuẩn tắc của P . Sau đây ta luôn giả sử E là không gian Banach thực và P là nón sắp thứ tự trong E với IntP và là quan hệ sắp thứ tự bộ phận đối với P . Định nghĩa 1.2.14. Cho X . Giả sử rằng ánh xạ :d X X E thỏa mãn các điều kiện sau đây: ( )i ( , )d x y với mọi ,x y X , và ( , )d x y x y ; ( )ii ( , ) ( , )d x y d y x với mọi ,x y X ; ( )iii ( , ) ( , ) ( , )d x y d x z d z y , với mọi , ,x y z X . Khi đó d được gọi là metric nón trên X , và ( , )X d được gọi là không gian metric nón. Định nghĩa 1.2.15. Cho { } n x là dãy trong X và x X . Nếu với mỗi c E , với c tồn tại 0 n sao cho với mọi 0 n n ta có ( , ) n d x x c , thì { } n x được gọi là hội tụ đến x và x là giới hạn của { } n x và kí hiệu là lim nn x x hoặc n x x , khi n . Định nghĩa 1.2.16. Nếu với mỗi c E với c tồn tại 0 n sao cho với mọi 0 ,n m n ta có ( ) n m d x x c , thì { } n x được gọi là dãy Cauchy trong X . Nếu mỗi dãy Cauchy đều hội tụ trong X , thì X được gọi là không gian metric nón đầy đủ. Chú ý 1.2.17 ([6]) Cho ( , )X d là không gian metric nón đối với nón chuẩn 11 tắc P . Khi đó ( )i { } n x X hội tụ đến x X ( , ) n d x x khi n . ( )ii { } n x là dãy Cauchy ( , ) n m d x x khi ,n m . ( )iii Cho { } n x và { } n y là hai dãy trong X , ,x y X và ( , ) n d x x , ( , ) n d y y khi n . Khi đó ( , ) ( , ) n n d x y d x y khi n . 1.3. Định lý Banach trong không gian kiểu metric Sau đây là định lí về điểm bất động hay còn gọi là nguyên lí ánh xạ co ([1]). Định lý 1.3.1 Giả sử ( , )X d là không gian metric đầy đủ và :f X X là ánh xạ thỏa mãn ( ( ), ( )) ( , )d f x f y kd x y , (0,1)k (1.4) với mọi ,x y X . Khi đó tồn tại duy nhất *x X sao cho * *( )f x x . Nhận xét. Ánh xạ f thỏa mãn điều kiện (1.4) còn gọi là ánh xạ co. Dễ thấy rằng khi đó f là ánh xạ liên tục. Chứng minh. Lấy 0 x X tùy ý . Đặt 1 0 ( ),...x f x , 1 ( ) n n x f x , ... Với mọi 1n ta có 1 1 1 ( , ) ( ( ), ( )) ( , ) n n n n n n d x x d f x f x kd x x , (0,1)k . 2 2 1 0 1 ( , ) ... ( , )n n n k d x x k d x x . (1.5) Từ đó với mọi p nguyên dương, ta có 1 1 ( , ) ( , ) ... ( , ) n n p n n n p n p d x x d x x d x x 1 1 0 1 0 1 ( ... ) ( , ) ( , ) 0 1 n n n n p kk k k d x x d x x k , 12 khi n . Do đó { } n x là dãy Côsi trong không gian metric đầy đủ X . Suy ra tồn tại *x X sao cho *lim nn x x . Mặt khác, ta viết (1.5) đưới dạng 0 1 ( , ( )) ( , )n n n d x f x k d x x . Cho n và sử dụng tính liên tục của f ta nhận được * *( , ( )) 0d x f x . Do đó * *( )f x x . Vậy *x là điểm bất động của f . Bây giờ giả sử *y cũng là điểm bất động của f , tức là * *( )f y y . Khi đó * * * * * *( , ) ( ( ), ( )) ( , )d x y d f x f y kd x y , (0,1)k . Suy ra * *(1 ) ( , ) 0k d x y * *( , ) 0d x y * *x y . Vậy tính duy nhất của điểm bất động được chứng minh. Định lý 1.3.2. Cho ( , , )X d K là không gian kiểu metric đầy đủ, và :f X X là ánh xạ sao cho với 1 , 0 K , ( , ) ( , )d fx fy d x y (1.6) với mọi ,x y X . Khi đó f có điểm bất động duy nhất z , và với mỗi 0 x X , dãy 0 { }nf x hội tụ đến z . Chứng minh. Lấy 0 x X bất kì và kí hiệu 0 n n y f x . Khi đó 1 1 1 ( , ) ( , ) ( , ) n n n n n n d y y d fy fy d y y (1.7) với mỗi 1,2....n 13 Theo Bổ đề 1.2.9, { } n y là dãy Cauchy, và vì ( , , )X d K là không gian đầy đủ, nên tồn tại z X sao cho n y z khi n . Khi đó 1 ( , ) ( ( , ) ( , )) n n d fz z K d fz fy d y z 1 ( ( , ) ( , )) 0 n n K d z y d y z (1.8) khi n . Do đó, ( , ) 0d fz z và z là điểm bất động của f . Nếu 1 z là điểm bất động khác của f , thì ta có 1 1 1 ( , ) ( , ) ( , )d z z d fz fz d z z . Điều này chỉ có thể xảy ra khi 1 z z . Định lý 1.3.3. Cho ( , , )X d K là không gian kiểu metric đầy đủ. Cho :f X X là ánh xạ thỏa mãn với mỗi n tồn tại (0,1) n sao cho lim 0 nn và ( , ) ( , )n n n d f x f y d x y với mọi ,x y X . Khi đó f có điểm bất động duy nhất . Chứng minh. Lấy sao cho 1 0 K . Vì 0 n khi n , nên tồn tại 0 n sao cho n với mỗi 0 n n . Khi đó ( , ) ( , )n nd f x f y d x y với mọi ,x y X khi 0 n n . Nói cách khác, với 0 m n tùy ý, mg f thỏa mãn ( , ) ( , )d gx gy d x y với mọi ,x y X . 14 Định lý 1.3.2 kéo theo g có điểm bất động duy nhất, gọi điểm đó là z . Khi đó mf z z , kéo theo 1 ( )m mf z f fz fz và fz là điểm bất động của mg f . Vì điểm bất động của g là duy nhất, nên suy ra fz z và z là điểm bất động của f . Định lý 1.3.4. Cho ( , , )X d K là không gian kiểu metric đầy đủ với hằng số 1K , và giả sử :f X X thỏa mãn ( ( ), ( )) ( ( , ))d f x f y d x y với mỗi ,x y X , trong đó : [0, ) [0, ) là hàm tăng và thỏa mãn lim ( ) 0n n t với mỗi 0t . Khi đó f có điểm bất động duy nhất *x X và *lim ( )n n f x x với mỗi x X . Chứng minh. Trước tiên ta chú ý rằng giả thiết về kéo theo 0 lim ( ) 0 t t , do đó f là hàm liên tục. Bây giờ, cho x X và 0 tùy ý. Chọn n sao cho ( ) 2 n K . Đặt ng f và ( )m m x g x với mỗi m . Khi đó 1 ( , ) ( ( ), ( )) ( ( ( ), )m m nm m m d x x d g gx g x d g x x . Do đó, 1 lim ( , ) 0 m mm d x x . Bây giờ chọn m sao cho 1 ( , ) 2m m d x x K và lấy ( ; ). m u B x Khi đó 15 ( ( ), ( )) ( ( , )) ( ) 2 n n m m d g u g x d u x K và 1 ( ( ), ) ( , ) 2m m m m d g x x d x x K . Do đó ta có ( ( ), ) [ ( ( ), ( )) ( ( ), )] m m m m d g u x K d g u g x d g x x 2 2 K K K . Vì vậy : ( ; ) ( ; ) m m g B x B x . Từ đó suy ra rằng nếu ,j t m , thì ( , ) [ ( , ), ( , )] 2 t j t m m j d x x K d x x d x x K . Điều này chứng tỏ { } m x là dãy Cauchy, vì vậy tồn tại *x X sao cho *lim mm x x . Hơn nữa tính liên tục của f kéo theo tính liên tục của g , do đó * * 1 lim lim lim ( ) ( ) m m mm m m x x x g x g x . Vì * * * * * *( ( ), ( ) ( ( , )) ( , )nd g x g y d x y d x y nếu * *x y , nên điều đó suy ra g có đúng một điểm bất động. Hơn nữa, vì * *( , ( )) ( ( ), ( ))m m md x g x d g x g x *( ( , )) 0nm d x x khi m , 16 nên { ( )}mg x hội tụ đến *x với mọi x X . Tuy nhiên, do tính liên tục của f , nên ta có * *( ) lim ( ) lim ( ( )) lim ( ( ))m m mm m m f x f x f g x g f x x Vì vậy *x là điểm bất động duy nhất của f . Cuối cùng, vì với x X bất kỳ và {0,1,..., 1},r n ta có *( ) ( ( ))nm r m rf x g f x x khi m , nên suy ra *lim ( )m m f x x . 17 CHƢƠNG 2 ĐỊNH LÝ ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRÊN KHÔNG GIAN KIỂU METRIC Trong chương này chúng tôi trình bày các định lý về điểm bất động và điểm bất động chung của ánh xạ được xác định trên các không gian kiểu metric, không gian kiểu metric sắp thứ tự, không gian metric nón. Áp dụng các kết quả đạt được vào xét sự tồn tại nghiệm của phương trình tích phân. 2.1. Điểm bất động của ánh xạ trong không gian kiểu metric compact theo dãy Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày các định lý điểm bất động kiểu Edelstein và kiểu Suzuki đối với ánh xạ trên các không gian kiểu metric compact theo dãy. Định lý 2.1.1 Cho ( , , )X d K là không gian kiểu metric compact theo dãy và :f X X sao cho: ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )d fx fy d x y d x fx d y fy d x fy Ld y fx K (2.1) với mọi , ,x y X x y , ở đó 2 1, 1 và 0L . Nếu d và f liên tục, thì f có điểm bất động. Hơn nữa, nếu 1L K , thì điểm bất động của f là duy nhất. Chứng minh. Cho 0 x X là một điểm tùy ý, và n x là dãy Picard với điểm ban đầu 0 x , 0 1 n n n x f x fx . Nếu 1n n x x với n nào đó, thì n x là điểm bất động của f . Đặt 1 ( , ) n n n d d x x với mọi {0}n . Nếu 1n nx x với mọi n , thì sử dụng điều kiện co (2.1) với 1n x x và n y x , ta nhận được 1 1 ( , ) ( , ) n n n n n d d x x d fx fx 1 1 1 ( , ) ( , ) ( , ) n n n n n n d x x d x fx d x fx 18 1 1 ( , ) ( , ) n n n n d x fx Ld x fx K 1 1 1 ( , ) ( , ) ( , ) n n n n n n d x x d x x d x x 1 1 ( , ) ( , ) n n n n d x x Ld x x K 1 1 1 1 ( , ) n n n n n d d d d x x K 1 1 ( ) n n n n d d d d . Điều này kéo theo 1 (1 ) ( ) n n d d . Từ 2 1 và 1, suy ra 1 0, do đó 1 11n n n d d d . Vì vậy, n d là dãy giảm các số thực dương, từ đó tồn tại 0d sao cho lim nn d d . Vì X là không gian compact theo dãy, nên tồn tại dãy con { } in x của { } n x sao cho in x x X khi i . Sử dụng tính liên tục của d và f , ta suy ra 1 ( , ) ( , ) ( , ) i i i i in n n n n d d x x d x fx d x fx khi i . Vì in d d , nên ta được ( , )d d x fx . Tương tự ta có 1 1 2 ( , ) ( , ) ( , ) i i i i in n n n n d d x x d fx ffx d fx ffx d khi i . Nếu x fx , thì f có điểm bất động. Giả sử x fx , tức là 0d . Khi đó lấy x x và y fx trong (2.1), ta có ( , ) ( , ) ( , ) ( , )d d fx ffx d x fx d x fx d fx ffx 19 ( , ) ( , )d x ffx Ld fx fx K ( ) ( , )d d x ffx K ( ) ( , ) ( , )d d x fx d fx ffx ( 2 )d d , điều đó là mâu thuẫn, do đó 0d , suy ra x fx . Bây giờ ta sẽ chứng minh tính duy nhất của điểm bất động. Giả sử rằng z X là điểm bất động của f , khác với x . Điều này có nghĩa là ( , ) 0d z x . Lấy x z và y x trong (2.1) ta có ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )d z x d fz fx d z x d z fz d x fx ( , ) ( , )d z fx Ld x fz K ( , ) ( , )L d z x d z x K , điều này là mâu thuẫn và do đó z x . Ví dụ 2.1.2. Cho [0,1]X và : [0, )d X X được xác định bởi 2( , ) ( )d x y x y , với mọi ,x y X . Xét ánh xạ :f X X xác định bởi 2 1 ( ) 4( 1) f x x . Ta có ( , ,2)X d là không gian kiểu metric compact theo dãy. Vì 20 2 2 2 2 2 , ( , ) 4( 1)( 1) x y d fx fy x y x y d x y x y với mọi , ,x y X x y , nên tất cả các giả thiết của Định lý 2.1.1 được thỏa mãn khi 1 , 0L , do đó f có điểm bất động duy nhất. Từ Định lý 2.1.1, lấy 1 và 0L , ta thu được Định lý Edelstein [5]. Hơn nữa, đặt 0L và 1 và 0 , ta thu được kết quả sau của Kannan. Hệ quả 2.1.3. Cho ( , , )X d K là không gian kiểu metric compact theo dãy và :f X X là ánh xạ thỏa mãn ( , ) ( , ) ( , )d fx fy d x fx d y fy (2.2) với mọi , ,x y X x y , trong đó và là các hằng số không âm thỏa mãn 1, 0 . Nếu d và f là liên tục, thì f có điểm bất động duy nhất trong X . Hệ quả 2.1.4. Cho ( , , )X d K là không gian kiểu metric compact theo dãy và :f X X là ánh xạ thỏa mãn 1 ( , ) ( , ) ( , ) 2 d fx fy d x fy Ld y fx K (2.3) với mọi , ,x y X x y . Nếu d và f là liên tục, thì f có điểm bất động trong X . Nếu 1 2 L , thì điểm bất động của f là duy nhất. Định lý sau đây là kết quả kiểu Suzuki [13] trong không gian kiểu metric. Định lý 2.1.5. Cho ( , , )X d K là không gian kiểu metric compact theo dãy và :f X X là ánh xạ sao cho 1 ( , ) ( , ) 2 d x fx d x y K kéo theo ( , ) ( , )d fx fy d x y (2.4) 21 với mọi ,x y X . Nếu d liên tục, thì f có điểm bất động duy nhất. Chứng minh. Đặt inf { ( , ) : }r d x fx x X . Chọn dãy { } n x sao cho lim ( , )n nn d x fx r (2.5) Vì X là compact theo dãy, nên ta có thể giả sử n x u và n fx v với ,u v X . Ta chứng minh 0r . Giả sử ngược lại rằng 0r . Vì d liên tục, nên ta có lim ( , ) ( , ) lim ( , )n n nn n d x v d u v d x fx r và lim ( , ) ( , ) lim ( , )n n nn n d u fx d u v d x fx r . Do đó, tồn tại 1 n sao cho 2 ( , ) 3 n r d x v và 4 ( , ) 3n n d x fx r với mọi 1 n n . Khi đó, với mọi 1 n n ta có 1 1 4 1 2 1 ( , ) ( , ) ( , ) 2 2 3 3n n n n d x fx r r d x v d x v K K K K , và theo điều kiện (2.4), ta được ( , ) ( , ) n n d fx fv d x v . Từ bất đẳng thức trên, cho n , ta được ( , ) lim ( , ) lim ( , ) ( , )n nn n d v fv d fx fv d x v d u v r . Từ định nghĩa của r , suy ra ( , )d v fv r . Vì 0r nên v fv . Do đó 22 1 ( , ) ( , ) 2 d v fv d v fv K và theo điều kiện (2.4), ta được ( , ) ( , )d fv ffv d v fv r , Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của r . Như vậy 0r và do đó u v . Bây giờ, bằng phản chứng, ta sẽ chứng minh f có điểm bất động. Giả sử ngược lại f không có điểm bất động. Vì 1 ( , ) ( , ) 2 n n n n d x fx d x fx K với mọi n , nên theo điều kiện (2.4), ta có ( , ) ( , ) n n n n d fx ffx d x fx với mọi n . (2.6) Mặt khác, ta có ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )n n n n n n nd u ffx K d u fx d fx ffx K d u fx d x fx . Cho n , ta được 2 n f x u , lưu ý là n fx u . Bây giờ, giả sử tồn tại n sao cho 1 ( , ) ( , ) 2 n n n d x fx d x u K , và 1 ( , ) ( , ) 2 n n n d fx ffx d fx u K . Khi đó theo (2.6) ta có ( , ) ( , ) ( , )n n n nd x fx K d x u d u fx 1 1 ( , ) ( , ) 2 2n n n n K d x fx K d fx ffx K K 23 1 1 ( , ) ( , ) ( , ) 2 2n n n n n n d x fx d x fx d x fx . Điều này là mâu thuẫn. Do đó, với mỗi n , ta có 1 ( , ) ( , ) 2 n n n d x fx d x u K hoặc 1 ( , ) ( , ) 2 n n n d fx ffx d fx u K . Như vậy, theo (2.4), với mỗi n , ta có ( , ) ( , ) n n d fx fu d x u hoặc ( , ) ( , ) n n d ffx fu d fx u . Giả sử bất đẳng thức đầu tiên xảy ra với mỗi n J . Nếu J là tập vô hạn, thì ta có , , ( , ) lim ( , ) lim ( , ) 0 n nn n J n n J d u fu d fx fu d x u do đó u fu . Kết luận tương tự xảy ra nếu \J là tập vô hạn, trong trường hợp này chúng ta sử dụng bất đẳng thức thứ hai. Như vậy, trong cả hai trường hợp, ta đều có u là điểm bất động của f . Bây giờ, ta chứng minh f có điểm bất động duy nhất. Bằng phản chứng, giả sử ,z w X là các điểm bất động của f với z w . Áp dụng điều kiện (2.4) với x z và y w , ta được ( , ) ( , ) ( , )d z w d fz fw d z w , Điều này là mâu thuẫn và do đó z w . Định lý 2.1.5 là sự mở rộng kết quả gần đây của Hussain [7]. Định lý 2.1.6 ([7], Định lý 4). Cho( , , )X d K là không gian kiểu metric compact, trong đó hàm số d là liên tục. :T X X là ánh xạ thỏa mãn điều kiện: với mọi ,x y X , x y 24 1 1 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 1 d x Tx d x y d Tx Ty d x y K K . Khi đó T có điểm bất động duy nhất trong X . Ví dụ 2.1.7. Cho [0,1]X và : [0, )d X X được xác định bởi 2( , ) ( )d x y x y , với mọi ,x y X . ( , ,2)X d là một không gian kiểu metric. Xét ánh xạ :f X X xác định bởi ( )f x ax , trong đó 0 1a . Vì 2 2 2( , ) ( ) ( ) ( , )d fx fy a x y x y d x y với mọi , ,x y X x y , và 1 ( , ) 0 ( , ) 4 d x fx d x x với mọi x X , nên ta có 1 ( , ) ( , ) 4 d x fx d x y kéo theo ( , ) ( , )d fx fy d x y với mọi ,x y X . Như vậy tất cả giả thiết của Định lý 2.1.5 được thỏa mãn, do đó f có điểm bất động duy nhất. Lưu ý rằng nếu 1/a K , ta không thể áp dụng Định lý 2.1.6 để f có điểm bất động. Định nghĩa 2.1.8. Hàm số : [0,+ ) [0,+ ) [0,+ )F được gọi là nửa liên tục trên từ bên phải nếu với mỗi dãy {( , )} [0,+ ) [0,+ )n nx y sao cho lim nn x x và lim nn y y , thì lim sup ( , ) ( , ) n nn F x y F x y . Kí hiệu là tập hợp tất cả các hàm số : [0,+ ) [0,+ ) [0,+ ) thỏa mãn các điều kiện sau: (1) là nửa liên tục trên từ bên phải; (2) ( ,0)t t với mọi 0t . 25 Cho ( , , )X d K là không gian kiểu metric. Ta kí hiệu L là tập hợp tất cả các hàm số : [0, ) L X X thỏa mãn các điều kiện sau: ( 1) nếu { }nx và { }ny là hai dãy trong ( , , )X d K sao cho nx x và n y y , thì lim sup ( , ) ( , )L n n Ln x y x y ; ( 2) ( , ) 0 L x y khi x y . Định lý 2.1.9. Cho ( , , )X d K là không gian kiểu metric compact theo dãy và :f X X sao cho 1 ( , ) ( , ) 2 d x fx d x y K kéo theo ( , ) ( ( , ), ( , )) ( , )Ld fx fy d x y d y fx y fx (2.7) với mọi ,x y X . Nếu d liên tục , thì f có điểm bất động. Chứng minh. Đặt inf ( , ) :r d x fx x X . Chọn dãy { } n x sao cho lim ( , )n nn d x fx r . (2.8) Vì X là compact theo dãy, nên ta có thể giả sử n x u và n fx v với ,u v X . Ta chứng minh 0r . Giả sử ngược lại 0r . Sử dụng tính liên tục của d , ta nhận được lim ( , ) ( , ) lim ( , )n n nn n d x v d u v d x fx r và lim ( , ) ( , ) lim ( , )n n nn n d u fx d u v d x fx r . Do đó, tồn tại 1 n sao cho 26 2 ( , ) 3 n r d x v và 4 ( , ) 3n n d x fx r với mọi 1 n n . Khi đó, với mọi 1 n n , ta có 1 1 4 1 2 1 ( , ) ( , ) ( , ) 2 2 3 3n n n n d x fx r r d x v d x v K K K K , và theo điều kiện (2.7), ta được ( , ) ( ( , ), ( , )) ( , ) n n n L n d fx fv d x v d v fx v fx . Điều này kéo theo ( , ) lim sup ( , ) nn d v fv d fx fv lim sup ( ( , ), ( , )) lim sup ( , ) n n L nn n d x v d v fx v fx ( ( , ),0) ( , ) ( , )Ld u v v v d u v r . Từ định nghĩa của r , ta suy ra ( , )d v fv r . Vì 0r , nên v fv . Do đó 1 ( , ) ( , ) 2 d v fv d v fv K và theo điều kiện (2.7), ta được ( , ) ( ( , ), ( , )) ( , )Ld fv ffv d v fv d fv fv fv fv ( ( , ),0) ( , )d v fv d fv fv r . Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của r . Như vậy 0r và do đó u v . Bây giờ, bằng phản chứng, ta sẽ chứng minh f có điểm bất động. Giả sử ngược lại f không có điểm bất động. Vì 27 1 ( , ) ( , ) 2 n n n n d x fx d x fx K với mọi n , Và theo điều kiện (2.7), ta có ( , ) ( ( , ), ( , )) ( , ) n n n n n n L n n d fx ffx d x fx d fx fx fx fx , suy ra ( , ) ( ( , ),0) ( , ) n n n n n n d fx ffx d x fx d x fx với mọi n . (2.9) Từ đó, ta có ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )n n n n n n nd u ffx K d u fx d fx ffx K d u fx d x fx . Cho n , khi đó vì n fx u , nên suy ra 2 n f x u . Giả sử tồn tại n sao cho 1 ( , ) ( , ) 2 n n n d x fx d x u K , và 1 ( , ) ( , ) 2 n n n d fx ffx d fx u K . Khi đó theo (2.9), ta nhận được ( , ) ( , ) ( , )n n n nd x fx K d x u d u fx 1 1 ( , ) ( , ) 2 2n n n n K d x fx K d fx ffx K K 1 1 ( , ) ( , ) ( , ) 2 2n n n n n n d x fx d x fx d x fx , Điều này là mâu thuẫn. Từ đó, với mỗi n , ta có 1 ( , ) ( , ) 2 n n n d x fx d x u K hoặc 1 ( , ) ( , ) 2 n n n d fx ffx d fx u K Khi đó, theo (2.7), với mỗi n , ta có 28 ( , ) ( ( , ), ( , )) ( , ) n n n L n d fx fu d x u d u fx u fx hoặc ( , ) ( ( , ), ( , )) ( , ) n n n L n d ffx fu d fx u d u ffx u ffx . Giả sử bất dẳng thức thứ nhất xảy ra với mọi n J . Nếu J là tập vô hạn, thì , ( , ) lim sup ( , ) nn n J d u fu d fx fu , , limsup ( ( , ), ( , )) limsup ( , ) 0 n n L n n n J n n J d x u d u fx u fx . Suy ra u fu . Kết luận tương tự xảy ra nếu \J là tập vô hạn. Trong trường hợp này ta sử dụng bất đẳng thức thứ hai. Trong cả hai trường hợp, ta đều có u là điểm bất động của f . Nếu trong định lý trên ta lấy ( , ) min ( , ), ( , ), ( , ) L y fx L d y fx d x fx d y fy với 0L và 1 2 1( , )t t t , thì ta có hệ quả sau đây. Hệ quả 2.1.10. Cho ( , , )X d K là không gian kiểu metric compact theo dãy và :f X X là ánh xạ sao cho 1 ( , ) ( , ) 2 d x fx d x y K kéo theo ( , ) ( , ) min ( , ), ( , ), ( , )d fx fy d x y L d y fx d x fx d y fy với mọi ,x y X . Nếu d liên tục, thì f có điểm bất động. 2.2. Điểm bất động trong không gian kiểu metric sắp thứ tự Sự tồn tại điểm bất động của tự ánh xạ xác định trên tập sắp thứ tự kiểu đã biết đóng vai trò quan trọng trong lý thuyết xấp xỉ sắp thứ tự. Vấn đề này 29 đã được khởi đầu vào năm 2004 bởi Ran và Reurings [12], và được nghiên cứu sâu hơn bởi Nieto và Rodriguez-Lopez [11]. Định lý 2.2.1. Cho ( , , , )X d K là không gian kiểu metric sắp thứ tự sao cho d là liên tục. Cho , :f g X X sao cho ( ) ( )f X g X , ( )g X là không gian con compact theo dãy của X , f là ánh xạ bị trội và g là ánh xạ trội. Giả sử ( , ) ( , ) ( , ) ( , )d fx fy d gx gy d gx fx d gy fy ( , ) ( , )d gx fy Ld gy fx K (2.10) với mọi phần tử có thể so sánh được , ,x y X gx gy , ở đó 2 1 1r và 0L . Nếu X có tính chất so sánh giới hạn theo dãy (2.11), thì f và g có điểm trùng nhau trong X . Hơn nữa, nếu 1L K , thì tập hợp các điểm trùng nhau của f và g là sắp thứ tự tốt khi và chỉ khi f và g có một và chỉ một điểm trùng nhau. Chứng minh. Cho 0 x X là điểm tùy ý và n x là dãy xác định như sau 1n n gx fx với mọi {0}n . Việc này có thể thực hiện được vì miền giá trị của g chứa miền giá trị của f . Nếu 1 ( , ) 0 n n d gx gx với {0}n nào đó, thì 1n n n gx gx fx , do đó n x là điểm trùng nhau của f và g . Giả sử 1 ( , ) 0 n n d gx gx với mọi {0}n . Sử dụng tính chất của các ánh xạ f và g , ta có 1 1n n n n n x gx fx x gx với mọi {0}n . Khi đó n x và 1n x là có thể so sánh được với mọi {0}n . Vì 1 ( , ) 0 n n d gx gx , nên ta được 1n n gx gx , với mọi {0}n . Vậy 30 n gx là dãy giảm. Vì ( )g X là không gian con compact theo dãy củaX , nên ta có thể giả sử rằng n gx gu với một u X nào đó. Bây giờ, từ điều kiện (2.11) suy ra n gu gx với mọi {0}n . Ta chứng minh rằng fu gu . Thật vậy, giả sử fu gu , khi đó theo giả thiết (2.10), ta có 1( , ) lim ( , ) lim ( , )n nn n d gu fu d gx fu d fx fu lim [ ( , ) ( , ) ( , ) n n nn d gx gu d gx fx d gu fu ( , ) ( , )] n n d gx fu Ld gu fx K ( , ) ( , )d gu fu d gu fu K ( , ) ( , )d gu fu d gu fu K . Mâu thuẫn, do đó gu fu . Vì vậy, u là điểm trùng của f và g . Bây giờ, giả sử tập hợp tất cả các điểm trùng nhau của f và g là sắp thứ tự tốt. Ta sẽ chứng minh điểm trùng nhau của f và g là duy nhất. Giả sử ngược lại rằng tồn tại điểm v X sao cho fv gv với gu gv . Giả sử gu gv , khi đó u gu gv fv v và ,u v là có thể so sánh được. Bây giờ, áp dụng điều kiện (2.10), ta có ( , ) ( , ) ( , ) ( , )d fu fv d gu gv d gu fu d gv fv ( , ) ( , )d gu fv Ld gv fu K ( , ) ( , )L d fu fv d fu fv K . 31 Mâu thuẫn và do đó gu gv . Kết quả tương tự xảy ra nếu gv gu . Vì vậy fu gu z là điểm trùng nhau duy nhất của f và g trong X . Ngược lại, nếu f và g có một và chỉ một điểm trùng nhau, thì tập hợp tất cả các điểm trùng nhau của f và g chỉ gồm một phần tử là sắp thứ tự tốt. Định lý 2.2.2. Thêm vào giả thiết của Định lý 2.2.1 các điều kiện sau đây: )ii Nếu { } n gx là dãy giảm hội tụ đến gu với u X nào đó, thì ggu gu ; )iii f và g là tương thích yếu; tức là chúng giao hoán tại những điểm trùng nhau. ([3]) Khi đó f và g có điểm bất động chung trong X . Hơn nữa f và g có điểm bất động chung duy nhất trong X nếu tập hợp tất cả các điểm trùng nhau của f và g được sắp thứ tự tốt. Chứng minh. Cho 0 x X là điểm bất kỳ và dãy { } n x được xác định như sau 1n n gx fx với mọi {0}n . Tiến hành như trong chứng minh Định lý 2.2.1, ta suy ra { } n gx là dãy giảm hội tụ đến gu với u X nào đó và fu gu z . Theo điều kiện )ii , ta có gz gu . Vì các ánh xạ f và g là tương thích yếu nên ta nhận được fz fgu gfu gz . Nếu gz gu z , thì z là điểm bất động chung của f và g . Nếu gz gu , thì ,u z là có thể so sánh được và áp dụng điều kiện (2.10), ta có gu gz . Vì vậy z là điểm bất động chung của f và g . Nếu tập hợp tất cả các điểm trùng nhau của f và g là sắp thứ tự tốt, thì f và g có điểm trùng nhau duy nhất và do đó z là điểm bất động chung duy nhất của f và g . 2.3. Điểm bất động tro