Luận văn Định lí điểm bất động trong không gian B metric với t khoảng cách

1 0 k và mỗi n . Khi đó { } n t là dãy Cauchy trong E . 1.2. Định lí Banach trong không gian b -metric Định lí 1.2.1. Cho ( , )E là không gian b metric đầy đủ với hệ số k , và :f E E là ánh xạ sao cho với 1 0 k , fs ft s t( , ) ( , ) với mọi ,s t E . Khi đó f có điểm bất động duy nhất r , và với mỗi 0 s E , dãy 0 { }nf s hội tụ đến r . Chứng minh. Lấy 0 s E bất kì và kí hiệu 0 n n t f s . Khi đó 1 1 1 ( , ) ( , ) ( , ) n n n n n n t t ft ft t t Với mỗi 1,2....n Bổ đề 1.1.9 kéo theo { } n t là dãy Cauchy, và vì ( , )E đầy đủ, nên r E sao cho n t r khi n . Khi đó 1 ( , ) ( ( , ) ( , )) n n fr r k fr ft t r 1 ( ( , ) ( , )) 0 n n k r t t r khi n . Do đó, ( , ) 0fr r và fr r . Nếu 1 1 fr r , thì ta có 1 1 1 1 ( , ) ( , ) ( , )r r fr fr r r r r . Định lí 1.2.2. Cho ( , )E là không gian b metric đầy đủ với hệ số k . Cho :f E E là ánh xạ sao cho với mỗi n tồn tại (0,1) n sao cho lim 0 nn và ( , ) ( , )n n n f s f t s t với mọi ,s t E . Khi đó f có điểm bất động duy nhất . 6 Chứng minh. Lấy sao cho 1 0 k . Vì 0 n khi n , nên tồn tại 0 0 : , n n n n . Khi đó ( , ) ( , ), ,n nf s f t s t s t E khi 0 n n . Nói cách khác, với 0 m n tùy ý, mg f thỏa mãn ( , ) ( , ), ,gs gt s t s t E . Theo Định lí 1.2.2 ! :r gr r . Khi đó mf r r , kéo theo 1 ( )m mf r f fr fr và fr là điểm bất động của mg f . Vì điểm bất động của g là duy nhất, nên fr r . Định lí 1.2.3. Cho ( , )E là không gian b -metric đầy đủ với hằng số 1k , và giả sử :f E E thỏa mãn ( ( ), ( )) ( ( , )), ,f s f t s t s t E , trong đó : là hàm tăng và thỏa mãn lim ( ) 0n n t với mỗi 0t . Khi đó ! : ( )s E f s s và lim ( ) , .n n f s s s E Chứng minh. Trước tiên theo giả thiết về suy ra 0 lim ( ) 0 t t , do đó f liên tục. Bây giờ, cho s E và 0 tùy ý. Chọn n sao cho ( ) 2 n k . Đặt ng f và ( )m m s g s với mỗi m . Khi đó 1 ( , ) ( ( ), ( )) ( ( ( ), )m m nm m m s s g gs g s g s s . Do đó, 1 lim ( , ) 0 m mm s s . Bây giờ chọn m sao cho 1( , ) 2m m s s k và lấy ( ; ). m u B s Khi đó ( ( ), ( )) ( ( , )) ( ) 2 n n m m g u g s u s k và 7 1( ( ), ) ( , ) 2m m m m g s s s s k . Do đó ta có ( ( ), ) [ ( ( ), ( )) ( ( ), )] m m m m g u s k g u g s g s s . Vì vậy : ( ; ) ( ; ) m m g B s B s . Từ đó suy ra rằng nếu ,i j m , thì ( , ) [ ( , ), ( , )] 2 i j i m m j s s k s s s s k . Do đó { } m s là dãy Cauchy, vì vậy : lim mm s E s s . Vì f liên tục nên g liên tục, do đó 1 lim lim lim ( ) ( ) m m mm m m s s s g s g s . Vì ( ( ), ( ) ( ( , )) ( , )ng s g t s t s t nếu s t , suy ra g có đúng một điểm bất động. Hơn nữa, vì ( , ( )) ( ( ), ( ))m m ms g s g s g s ( ( , )) 0nm s s khi m , nên ( ) ,mg s s s E . Mặt khác, vì f liên tục, nên ( ) lim ( ) lim ( ( ))m mm m f s f s f g s lim ( ( ))m m g f s s . Cuối cùng, với s E bất kỳ và {0,1,..., 1},p n ( ) ( ( ))m p m pf s g f s s khi m , suy ra lim ( )m m f s s . 8 Chƣơng 2 ĐỊNH LÍ ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRONG KHÔNG GIAN b METRIC VỚI t KHOẢNG CÁCH 2.1. khoảng cách và t khoảng cách trong không gian b metric Định nghĩa 2.1.1. Cho ( , )E là không gian metric. Hàm :d E E được gọi là khoảng cách trên E nếu: (1) ( , ) ( , ) ( , )d s t d s r d r t với mọi , ,r s t E ; (2) với s E bất kì, ( , ) :s E là hàm nửa liên tục dưới (tức là, nếu s E và n t t E , thì ( , ) lim inf ( , ) nn d s t d s t ); (3) với 0, 0 : ( , )d r s và ( , )d r t kéo theo ( , )s t . Ví dụ 2.1.2. Cho ( , )E là không gian metric. Hàm :d E E xác định bởi ( , )d s t c với mọi ,s t E là khoảng cách trên E , trong đó c là số thực dương. Nhưng d không là metric vì ( , ) 0d s s c với mọi s E . Ví dụ 2.1.3. Cho E là tập số thực và phiếm hàm :d xác định bởi 2( , ) | |d s t s t với mọi ,s t . ( , )E d là không gian b metric với hệ số 2.k Tuy nhiên, ta biết rằng d không là metric trên E vì bất đẳng thức tam giác không thỏa mãn. Thật vậy, (3,5) (3,4) (4,5).d d d Định nghĩa 2.1.4. Hàm giá trị thực f xác định trên không gian b metric E gọi là k nửa liên tục dưới tại điểm 0s E nếu 0 lim inf ( ) n nx x f s hoặc 0 0 ( ) lim inf ( ) n nx x f s kf s , với mọi { }ns E và 0ns s . Năm 2014 , Hussian [4] đã giới thiệu khái niệm t khoảng cách như sau: 9 Định nghĩa 2.1.5. Cho ( , )E là không gian b metric với hằng số 1k . Một hàm số :d E E được gọi là t khoảng cách trên E nếu nó thỏa mãn các điều kiện sau: ( )i ( , ) ( ( , ) ( , ))d s r k d s t d t r với mọi , ,r s t E ; ( )ii với mỗi , ( ,.) :s E d s E là hàm k nửa liên tục dưới. ( )iii với 0, 0 : ( , )d r s và ( , )d r t kéo theo ( , )s t . Ví dụ 2.1.6. Cho ( , )E là không gian b metric. Khi đó là một t khoảng cách trên E . Ví dụ 2.1.7. Cho E và 2( , ) ( )s t s t . Khi đó hàm :d E E xác định bởi 2 2( , ) | | | |d s t s t với mọi ,s t E là t khoảng cách trên E . Bổ đề 2.1.8. ([4]). Cho ( , )E là không gian b metric với hằng số 1k và d là t khoảng cách trên E . ( )ns và ( )nt là các dãy trong E , ( )n và ( )n là các dãy trong [0, ) hội tụ đến 0 và , ,r s t E . Khi đó: ( )i nếu ( , )n nd s t và ( , )n nd s r với n bất kỳ, thì t r . Đặc biệt, nếu ( , ) 0d s t và ( , ) 0d s r thì t r ; ( )ii nếu ( , )n n nd s t và ( , )n nd s r với n , thì ( )nt hội tụ đến r ; ( )iii nếu ( , )n m nd s s với ,n m bất kỳ, m n , thì ( )ns là dãy Cauchy. ( )iv nếu ( , )n nd t s với n bất kỳ, thì ( )ns là dãy Cauchy. Định nghĩa 2.1.9. Cho ( , )E là một tập được sắp thứ tự bộ phận. Hai phần tử ,s t E gọi là so sánh được đối với quan hệ thứ tự nếu s t hoặc t s . Ta kí hiệu E là tập con của E E được xác định bởi {( , ) :E s t E E s t hoặc y x}. 10 Định nghĩa 2.1.10. Cho ( , )E là một tập được sắp thứ tự bộ phận và ánh xạ :f E E . Ta nói rằng (1) f là tăng ngược, nếu với mọi ,s t E , ( ) ( )f s f t kéo theo s t . (2) f là không giảm, nếu với mọi ,s t E , s t kéo theo ( ) ( )f s f t . 2.2. Một số định lí điểm bất động trong không gian b metric với t khoảng cách Định lí 2.2.1. Cho d là t khoảng cách trên không gian b metric đầy đủ ( , )E với hằng số 1k và 1S , 2 :S E E . Giả sử [0,1/ )r k sao cho 1 2 1 2 1 2 ( ( ), ( )), max ( ( ), ( )) d S s S S s d S s S S s 1 2 min ( , ( )), ( , ( ))r d s S s d s S s (2.1) với mỗi s E và 1 2 inf ( , ) min ( , ( )), ( , ( )) : 0d s t d s S s d s S s s E (2.2) với mỗi t E với t không là điểm bất động chung của 1S và 2S . Khi đó 1S và 2S có điểm bất động chung trong E . Ngoài ra, nếu 1 2( ) ( )s S s S s thì ( , ) 0d s s . Chứng minh. Cho 0s E tùy ý và định nghĩa dãy ( )ns bởi 1 1( )n ns S s nếu n lẻ và 2 1( )n ns S s nếu n chẵn. Nếu n lẻ thì theo (2.1) ta có 1 1 1 2 ( , ) ( ( ), ( )) n n n n d s s d S s S s 1 1 2 1 1( ( ), ( ))n nd S s S S s 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 max ( ( ), ( )), ( ( ), ( )) n n n n d S s S S s d S s S S s 1 1 1 1 2 1 min ( ( , ( )), ( , ( )) n n n n r d s S s d s S s 11 1 1 1( , ( ))n nrd s S s 1( , )n nrd s s . Nếu n chẵn thì theo (2.1), ta có 1 2 1 1 ( , ) ( ( ), ( )) n n n n d s s d S s S s 2 1 1 2 1( ( ), ( ))n nd S s S S s 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 max ( ( ), ( )), ( ( ), ( )) n n n n d S s S S s d S s S S s 1 2 1 1 1 1 min ( , ( )), ( , ( )) n n n n r d s S s d s S s 1 2 1( , ( ))n nrd s S s 1( , )n nrd s s . Do đó 1 1 ( , ) ( , ) n n n n d s s rd s s (2.3) Áp dụng (2.3) liên tiếp ta được 1 0 1 ( , ) ( , )n n n d s s r d s s (2.4) Với ,m n , m n từ (2.4) suy ra 1 1 ( , ) [ ( , ) ( , )] n m n n n m d s s k d s s d s s 2 1 1 1 2 2 1 1 ( , ) ( , ) ... [ ( , ) ( , )]m n n n n n m m m m kd s s k d s s k d s s d s s 2 1 1 2 1 1 0 1 [ ... ] ( , )n n m n m m n mkr k r k r k r d s s 2 2 1 0 1 [1 ( ) ... ( ) ( ) ] ( , )n m n m nkr kr kr kr kr d s s 0 1 ( , ) 1 nkr d s s kr . Theo Bổ đề 2.1.8 (iii), { }ns là dãy Cauchy trong E . Vì E đầy đủ, nên { } n s hội tụ đến z E . Cố định n . Khi đó vì { }ns hội tụ đến z và ( ,.) n d s là k nửa liên tục dưới, nên ta có 2 0 1 ( , ) lim inf ( , ) ( , ) 1 n n n mm k r d s z kd s s d s s kr . 12 Giả sử z không là điểm bất động chung của 1S và 2S . Khi đó theo giả thiết ta có 1 2 0 inf ( , ) min ( , ( )), ( , ( )) :d s z d s S s d s S s s E 1 2 inf ( , ) min ( , ( )), ( , ( )) : n n n n n d s z d s S s d s S s n 2 0 1 1 inf ( , ) ( , ) : 1 n n n k r d s s d s s n kr 2 0 1 0 1 inf ( , ) ( , ) : 0 1 n nk r d s s r d s s n kr Điều này mâu thuẫn. Do đó, 1 2( ) ( )z S z S z . Nếu 1 2( ) ( )s S s S s với s E thì 1 2 1 2 1 2 ( , ) max ( ( ), ( )), ( ( ), ( ))d s s p S s S S s p S s S S s 1 2 min ( , ( )), ( , ( ))r d s S s d s S s min ( , ), ( , )r d s s d s s ( , )rd s s Từ đó suy ra ( , ) 0d s s . Hệ quả 2.2.2. Cho ( , )E là không gian b metric đầy đủ với hằng số 1k , d là t khoảng cách trên E và :S E E . Giả sử tồn tại [0,1/ )r k sao cho 2( ( ), ( )) ( , ( ))d S s S s rd s S s với mỗi s E và inf ( , ) ( , ( )) : 0d s t d s S s s E với mỗi t E với ( )t S t . Khi đó : ( )s E S s s . Chứng minh. Kết quả được suy ra từ Định lí 2.2.1 bằng cách lấy 1 2 S S S . 13 Định lí 2.2.3. Cho ( , )E là không gian b metric đầy đủ với hằng số 1k , d là t khoảng cách trên E và :S E E là ánh xạ liên tục. Giả sử tồn tại [0,1/ )r k sao cho 2( ( ), ( )) ( , ( ))d S s S s rd s S s với mỗi s E . Khi đó 0 0 0 : ( )s E S s s . Chứng minh. Giả sử : ( )t E t S t và inf ( , ) ( , ( )) : 0d s t d s S s s E . Khi đó { }ns E : lim ( , ) ( , ( )) 0 n n nn d s t d s S s . Suy ra ( , ) 0nd s t và ( , ( )) 0n nd s S s . Theo Bổ đề 2.1.8, suy ra ( ) n S s t . Ta có 2 2( , ( )) [ ( , ( )) ( ( ), ( ))] n n n n n n d s S s k d s S s d S s S s (1 ) ( , ( )) 0n nk r d s S s . Do đó, 2( ( )) n S s hội tụ đến t . Nhưng :S E E liên tục, nên 2( ) (lim ( )) lim ( ) n nn n S t S S s S s t Điều này mâu thuẫn với ( )t S t . Do đó, nếu ( )t S t , thì inf ( , ) ( , ( )) : 0d s t d s S s s E . Theo Hệ quả 2.2.2, 0 0 0 : ( )s E S s s . Định lí 2.2.4. Cho ( , )E là không gian b metric đầy đủ với hằng số 1k , và ánh xạ :S E E sao cho 1 2 3 ( ( ), ( )) ( , ) ( , ( )) ( , ( ))S s S t c s t c s S s c t S t (2.5) với mỗi ,s t E , trong đó 1 2 3 , , 0c c c với 1 2 3 1 c c c k . 14 Khi đó 0 0 0 ! : ( )s E S s s . Chứng minh. Ta xét b metric là t khoảng cách trên E . Từ (2.5), ta có 2 2 1 2 3 ( ( ), ( )) ( , ( )) ( , ( )) ( ( ), ( ))S s S s c s S s c s S s c S s S s . Suy ra 2 1 2 3 ( ( ), ( )) ( , ( )) 1 c c S s S s s S s c (2.6) Đặt 1 2 3 1 c c r c khi đó 1 [0, )r k vì 1 2 3 1 2 3 ( ) ( ) 1k c c c k c c c . Do đó, (2.6) trở thành 2( ( ), ( )) ( , ( ))S s S s r s S s với mỗi s E . Giả sử : ( )t E t S t và inf ( , ) ( , ( )) : 0s t s S s s E . Khi đó { }ns E : lim{ ( , ) ( , ( ))} 0 n n nn s t s S s . Từ đó ( , ) 0ns t và ( , ( )) 0n ns S s . Theo Bổ đề 2.1.8, ( )nS s t . Ta có ( , ( )) [ ( , ( )) ( ( ), ( ))]n nt S t k t S s S s S t 1 2 3[ ( , ( )) ( , ) ( , ( )) ( , ( ))]n n n nk t S s c s t c s S s c t S t với mỗi n và từ đó 3 ( , ( )) ( , ( ))t S t kc t S t . Do đó, ( , ( ) 0t S t , tức là ( )t S t là mâu thuẫn. Như vậy, nếu ( )t S t thì inf ( , ) ( , ( )) : 0s t s S s s E . Áp dụng Hệ quả 2.2.2, ta có điều phải chứng minh 15 Định lí 2.2.5. Giả sử ( , )E là không gian b metric đầy đủ với hằng số 1k và ánh xạ :S E E thỏa mãn 1 2 ( ( ), ( )) ( , ( )) ( , ( ))S s S t c s S t c t S s (2.7) với mọi ,s t E trong đó 1 2 , 0c c với 1 1 1 c k k hoặc 2 1 1 c k k . Khi đó S có một điểm bất động trong E . Hơn nữa, nếu 1 2 1c c , thì S có điểm bất động duy nhất trong E . Chứng minh. Ta xét b metric là t khoảng cách trên E . Từ (2.7), ta có 2 2 1 2 ( ( ), ( )) ( , ( )) ( ( ), ( ))S s S s c s S s c S s S sx 2 1 [ ( , ( )) ( ( ), ( ))]c k s S s S s S s . Suy ra 2 1 1 ( ( ), ( )) ( , ( )) 1 c k S s S s s S s c k (2.8). Đặt 1 1 1 c k r c k . Khi đó 1 [0, )r k . Do đó, (2.8) trở thành 2( ( ), ( )) ( , ( ))S s S s r s S s với mọi s E . Giả sử t E với ( )t S t và inf ( , ) ( , ( )) : 0s t s S s s E . Khi đó { } :ns E lim{ ( , ) ( , ( ))} 0 n n nn s t s S s . Từ đó ( , ) 0ns t và ( , ( )) 0n nd s S s . Theo Bổ đề 2.1.8, suy ra ( )nS s t . Ta cũng có ( , ( )) [ ( , ( )) ( ( ), ( ))]n nt S t k t S s S s S t 16 1 2[ ( , ( )) ( , ( )) ( , ( ))]n n nk t S s c s S t c t S s 1 1 2[ ( , ( )) ( , ) ( , ( )) ( , ( ))]n n nk t S s c k s t c k t S t c t S s 2 1 1 2 ( , ( )) [ ( , ( )) ( , ) ( , ( ))] n n n c k t S t k t S s c k s t c t S s với n . Cho n ta được 2 1 ( , ( )) ( , ( ))t S t k c t S t . Suy ra ( , ( )) 0t S t , tức là ( )t S t . Điều này là mâu thuẫn. Do đó, nếu ( )t S t thì inf ( , ) ( , ( )) : 0s t s S s s E . Áp dụng Hệ quả 2.2.2, ta nhận được điểm bất động của S trong E . Bây giờ giả sử 1 2 1c c và , :u v X ( )S u u và ( )S v v . Khi đó 1 2 1 2 ( , ) ( ( ), ( )) ( , ) ( , ) ( ) ( , )u v S u S v c u v c v u c c u v . Điều này kéo theo ( , ) 0u v , suy ra u v . Do đó S có điểm bất động duy nhất trong E . Định lí 2.2.6. Cho ( , )E là không gian b metric đầy đủ với hằng số 1k và :S E E . Giả sử tồn tại [0,1/ )r k sao cho ( ( ), ( )) max{ ( , ), ( , ( )), ( , ( )), ( , ( ))}S s S t r s t s S s t S t t S s (2.9) với mọi ,s t E . Khi đó 0 0 0 ! : ( )s E S s s . Chứng minh. Ta xét b metric là t khoảng cách trên E . Từ (2.9), ta có 2 2 ( , ( )), ( , ( )), ( ( ), ( )) max ( ( ), ( )), ( ( ), ( )) s S s s S s S s S s r S s S s S s S s (2.10) 2max{ ( , ( )), ( ( ), ( ))}r s S s S s S s . Nếu 2( ) ( )S s S s thì rõ ràng T có điểm bất động. Giả sử 2( ) ( )S s S s . Vì 1 r k , nên từ (2.10) ta nhận được 17 2( ( ), ( )) ( , ( ))S s S s r s S s với mọi s E . Giả sử : ( )t E t S t và inf ( , ) ( , ( )) : 0s t s S s s E . Khi đó { } : n s E lim ( , ) ( , ( ))} 0 n n nn s t s S s . ( , ) 0ns t và ( , ( )) 0n ns S s . Theo Bổ đề 2.1.8, ( )nS s t . Ta cũng có ( , ( )) [ ( , ( )) ( ( ), ( ))] n n t S t k t S s S s S t ( , ( )) max ( , ), ( , ( )), ( , ( )), ( , ( )) n n n n n k t S s kr s t s S s t S t t S s với n . Cho n ta được ( , ( )) ( , ( ))t S t kr t S t . Do đó ( , ( )) 0t S t tức là ( )t S t . Điều này là mâu thuẫn. Do đó nếu ( )t S t thì inf ( , ) ( , ( )) : 0s t s S s s E . Theo Hệ quả 2.2.2, tồn tại điểm bất động duy nhất của S trong E . Định lí 2.2.7. Cho p là t khoảng cách trên không gian b metric đầy đủ ( , )E với hằng số 1k . Cho 1 2, :S S E E là toàn ánh. Giả sử tồn tại r k sao cho 2 1 1 1 2 1 2 2 ( ( ), ( )), min max ( ( ), ), ( ( ), ) ( ( ), ( )) p S S s S s r p S s s p S s s p S S s S s (2.11) với mọi s E và 1 2 inf ( , ) min ( ( ), ), ( ( ), ) : 0p s t p S s s p S s s s E (2.12) đối với mỗi t E với t không là điểm bất động chung của 1S và 2S . Khi đó 1 S và 2S có điểm bất động chung trong E . 18 Chứng minh. Lấy 0u E tùy ý, vì 1S là toàn ánh nên tồn tại 1u E sao cho 1 1 1 0 ( )u S u . Vì 2S cũng là toàn ánh, nên 2u E : 1 2 2 1 ( )u S u . Tiếp tục lập luận như trên, ta tìm được 1 2 1 1 2 ( ) n n u S u và 1 2 2 2 2 1 ( ) n n u S u với 1,2,...n . Do đó 2 1 2 1 ( ) n n u S u và 2 1 2 2 2 ( ) n n u S u với 0,1,2...n . Nếu 2n m thì do (2.11) ta có 1 2 1 2( , ) ( , )n n m mp u u p u u 2 2 1 2 1( ( ), ( ))m mp S u S u 2 1 2 1 1 2 1 ( ( ), ( )) m m p S S u S u 2 1 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 min{ ( ( ), ( )), ( ( ), ( ))} m m m m p S S u S u p S S u S u 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 max{ ( ( ), ), ( ( ), )} m m m m r p S u u p S u u 1 2 1 2 1 ( ( ), ) m m rp S u u 2 2 1 ( , ) m m rp u u 1 ( , ) n n rp u u . Nếu 2 1n m thì theo (2.11) ta có 1 2 2 1 ( , ) ( , ) n n m m p u u p u u 1 2 1 2 2 2 ( ( ), ( )) m m p S u S u 1 2 2 2 2 2 2 ( ( ), ( )) m m p S S u S u 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 min{ ( ( ), ( )), ( ( ), ( ))} m m m m p S S u S u p S S u S u 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 max{ ( ( ), ), ( ( ), )} m m m m r p S u u p S u u 2 2 2 2 2 ( ( ), ) m m rp S u u 2 1 2 2 ( , ) m m rp u u 1 ( , ) n n rp u u . Như vậy, với mỗi n nguyên dương bất kỳ ta được 1 1 ( , ) ( , ) n n n n p u u rp u u . Từ đó suy ra 1 1 0 1 1 1 ( , ) ( , ) ... ( ) ( , )n n n n n p u u p u u p u u r r (2.13) Đặt 1 r , thì 1 0 k vì r k . Khi đó (2.13) trở thành 19 1 0 1 ( , ) ( , )n n n p u u p u u . Do đó, nếu m n thì 1 1 ( , ) [ ( , ) ( , )] n m n n n m p u u k p u u p u u 2 1 1 1 2 2 1 1 ( , ) ( , ) ... [ ( , ) ( , )]m n n n n n m m m m kp u u k p u u k p u u p u u 2 1 1 2 1 1 0 1 [ ... ] ( , )n n m n m m n mk k k k p u u 2 1 1 2 1 0 1 [ ... ] ( , )n n m n m m n mk k k k p u u 2 2 1 0 1 [1 ( ) ... ( ) ( ) ] ( , )n m n m nk k k k k p u u 0 1 ( , ) 1 nk p u u k . Theo Bổ đề 2.1.8 (iii), { }nu là dãy Cauchy trong E . Vì E đầy đủ, nên { }nu hội tụ đến điểm w E . Cố định n . Vì ( ,.)np u là s nửa liên tục dưới, nên 2 0 1 ( ,w) lim inf ( , ) ( , ) 1 n n n mm k p u kp u u p u u k (2.14) Giả sử w không là điểm bất động chung của 1S và 2S . Khi đó theo giả thiết ta có 1 20 inf{ ( ,w) min{ ( ( ), ), ( ( ), )} : }p s p S s s p S s s s E 1 2inf{ ( ,w) min{ ( ( ), ), ( ( ), )} : }n n n n np u p S u u p S u u n 2 0 1 1 inf ( , ) ( , ) : 1 n n n k p u u p u u n k 2 1 0 1 0 1 inf ( , ) ( , ) : 1 n nk p u u p u u n k 0 . Mâu thuẫn này dẫn đến 1 2w (w) (w)S S . Lấy 1 2 S S S , ta có: Hệ quả 2.2.8. Cho p là t khoảng cách trên không gian b metric đầy đủ ( , )E với hằng số 1k và :S E E là toàn ánh. Giả sử :r k 20 2( ( ), ( )) ( ( ), )p S s S s rp S s s (2.15) với mọi s E và inf{ ( , ) ( ( ), ) : } 0p s t p S s s s E (2.16) với mọi t E với ( )t S t . Khi đó S có điểm bất động trong E . Áp dụng Hệ quả 2.2.8, ta có các kết quả sau. Định lí 2.2.9. Cho ( , )E là không gian b metric đầy đủ với hằng số 1k và :S E E là toàn ánh liên tục. Giả sử :r k 2( ( ), ( )) ( ( ), )S s S s r S s s với mọi s E . Khi đó : ( )z E S z z . Chứng minh. Xét là t khoảng cách trên E . Giả sử tồn tại t E với ( )t S t và inf{ ( , ) ( ( ), ) : } 0s t S s s s E . Khi đó { } n s E : lim{ ( , ) ( ( ), )} 0 n n nn s t S s s . Suy ra ( , ) 0 n s t và ( ( ), ) 0 n n S s s khi n . Mặt khác ta có ( ( ), ) ( ( ), ) ( , ) 0 n n n n S s t S s s s t khi n . Suy ra lim ( ) nn S s t . Vì S là liên tục, nên ( ) (lim ) lim ( ) n nn n S t S s S s t . Mâu thuẫn này kéo theo ( )t S t , từ đó inf{ ( , ) ( ( ), ) : } 0s t S s s s E . Theo Hệ quả 2.2.8, : ( )z E S z z . Định lí 2.2.10. Cho ( , )E là không gian b metric đầy đủ với hằng số 1k và cho :S E E là toàn ánh liên tục. Giả sử :r k 21 ( ( ), ( )) min{ ( , ( )), ( ( ), ), ( , )}S s S t r s S s S t t s t (2.17) với mọi ,s t E . Khi đó : ( )z E S z z . Chứng minh. Xét là t khoảng cách trên E . Thay t bởi ( )S s trong (2.17), ta có 2 2( ( ), ( )) min{ ( , ( )), ( ( ), ( )), ( , ( ))}S s S s r s S s S s S s s S s (2.18) với s E . Nếu 2( ) ( )S s S s thì rõ ràng S có điểm bất động. Không mất tính tổng quát, ta giả sử 2( ) ( )S s S s . Vì 1r k , nên từ (2.18) suy ra 2( ( ), ( )) ( ( ), )S s S s r S s s với mọi s E . Bằng cách tương tự như trong chứng minh Định lí 2.2.9, ta có thể khẳng định rằng nếu ( )t S t thì inf{ ( , ) ( ( ), ) : }> 0s t S s s s E . Từ đó, theo Hệ quả 2.2.8, : ( )z E S z z . 2.3. Các lớp m hàm Năm 2015, Khojasteh [7] đã giới thiệu khái niệm hàm mô phỏng, gọi tắt là m hàm, là tổng quát điều kiện co Banach như sau: Định nghĩa 2.3.1 ([7]). m hàm là một ánh xạ : [0, ) [0, ) thỏa mãn các điều kiện sau: 1 ( ) (0,0) 0; 2 ( ) t s s t( , ) với mọi s t, 0 . 3 ( ) nếu n t{ } và n s{ } là các dãy số dương sao cho n nn n t slim lim 0 thì n n n t slimsup ( , ) 0 . Ví dụ 2.3.2 Cho i : [0, ) [0, ) với i 1,2,3 xác định bởi 22 (1) t s s t 1 ( , ) ( ) ( ) với , [0, )t s , ở đó , : [0, ) [0, ) là hai hàm liên tục sao cho t t( ) ( ) 0 t 0 và t t t( ) ( ) với mọi t 0; (2) f t s t s s t g t s2 ( , ) ( , ) ( , ) với mọi t s, [0, ), trong đó f g, : [0, ) [0, ) (0, ) là hai hàm liên tục theo từng biến sao cho f t s g t s( , ) ( , ) với , 0t s . (3) t s s s t 3 ( , ) ( ) với mọi t s, [0, ), trong đó : [0, ) [0, ) là hàm liên tục sao cho t( ) 0 t 0 . Khi đó i với i 1,2,3 là m hàm. Roldaùn- Loùpez-de-Hierro đã sửa đổi khái niệm m hàm như sau: Định nghĩa 2.3.3. m hàm là một ánh xạ : [0, ) [0, ) thỏa mãn các điều kiện sau: 1 ( ) (0,0) 0; 2 ( ) t s s t( , ) với , 0s t ; 3 ( ) Nếu n t{ } và n s{ } là hai dãy số dương sao cho n nn n t slim lim 0 và n n t s với mọi n thì n n n t slimsup ( , ) 0 . Lớp tất cả các m hàm : [0, ) [0, ) được kí hiệu bởi và mỗi m hàm theo nghĩa của Khojasteh [7] cũng là m hàm theo nghĩa của Roldaùn- Loùpez-de-Hierro, nhưng ngược lại không đúng như trong ví dụ sau: Ví dụ 2.3.4. Lấy k sao cho k 1 và là hàm xác định bởi 2 2 , ( , ) , s t khi s t t s ks t khi s t Khi đó là m hàm theo nghĩa của Định nghĩa 2.3.3, nhưng không thỏa mãn điều kiện 3 ( ) của Định nghĩa 2.3.1. 23 Định nghĩa 2.3.5. Cho ( , )E d là không gian metric đầy đủ. Ánh xạ :S E E gọi là - co nếu tồn tại sao cho ( ( , ), ( , )) 0d Ss St d s t (2.19) với mọi ,s t E . Chú ý 2.3.6. Nếu lấy t s s t( , ) với mọi s t, 0 , ở đó [0,1) trong Định nghĩa 2.3.5 thì co trở thành co Banach. 2.4. Một số định lí điểm bất động đối với m hàm trong không gian b metric với t khoảng cách Trong mục này, ta xét khái niệm của m hàm và chỉ ra sự tồn tại của điểm bất động cho ánh xạ như thế trong các không gian b metric đầy đủ có t khoảng cách. Trước tiên C. Mongkolkehaa, Y. J. Chob and P. Kumam [9] đã cải tiến khái niệm m hàm như sau: Định nghĩa 2.4.1. Cho là số thực sao cho 1. m hàm là một ánh xạ : [0, ) [0, ) thỏa mãn các điều kiện sau: ( 1 ) (0,0) 0; ( 2 ) ( , )t s s t với mọi s t, 0 ; ( 3 ) Nếu n t{ } và n s{ } là các dãy số dương sao cho limsup limsup 0 n n n n t s và n n t s với mọi n thì limsup ( , ) 0 n n n t s . Ví dụ 2.4.2. Lấy , sao cho 1 và 1. Xét ánh xạ : [0, ) [0, ) xác định bởi , ( , ) , 1 s t khi s t t s s t khi s t s Rõ ràng (0,0) 0 nên thỏa mãn ( 1 ) và thỏa mãn 2 ( ) . Thật vậy, 24 0 ( , ) , 0, 0 ( , ) . 1 1 s t t s s t s t s t s t t s t s s t s s Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng thỏa mãn ( 3 ). Nếu n t{ } và n s{ } là các dãy số dương sao cho limsup limsup 0 n n n n t s và n n t s với mọi n thì limsup ( , ) limsup 1 n n n n n n n s t t s s lim sup 1 n n n n s t t lim sup n n n n s t t lim sup n n n n n s t t t limsup lim inf(1) 1 1 0n nn n s t . Khi đó là m hàm theo nghĩa của Định nghĩa 2.4.1, nhưng không thỏa mãn điều kiện 3 ( ) của Định nghĩa 2.3.1. Thật vậy, nếu lấy 1, n t 2 2 và n s n 1 2 2 ,với mọi n thì n n s t và n n n n n t s n n 1 1 limsup ( , ) limsup 2 2 2 2 limsup( ) 0. Định lí 2.4.3. Cho ( , )E là tập được sắp thứ tự bộ phận, ( , )E là không gian b metric đầy đủ với hằng số 1k và d là t khoảng cách trên E . Giả sử :S E E là ánh xạ không giảm thỏa mãn: ( )i : 2( ( ( ), ( )), ( , ( ))) 0kd S u S u d u S u (2.20) với mọi ( , )u Su E ; ( )ii với mọi u E mà ( , )u Su E , 25 inf{ ( , ) ( , )} 0d u v d u Su với mọi v E với v Sv ( )iii tồn tại 0 u E sao cho 0 0 ( , )u Su E . Khi đó :z E Sz z . Ngoài ra, nếu Sz z thì ( , ) 0.d z z Chứng minh. Nếu 0 0 Su u thì định lí được chứng minh. Giả sử kết luận không đúng. Khi đó 0 u E : 0 0 ( , )u Su E . Vì S không giảm, nên ta có 2 0 0 ( , )Su S u X . Tiếp tục quá trình này, ta được 0 0( , ) n mS u S u E với mọi n m, . Ta sẽ chứng minh 1 0 0 lim ( , ) 0n n n d S u S u . (2.21) Theo giả thiết (i) và tính chất của , ta có 1 1 0 0 0 0 0 ( ( , ), ( , ))n n n nkd S u S u d S u S u (2.22) 1 1 0 0 0 0 ( , ) ( , )n n n nd S u S u kd S u S u với mọi n . Vì 1s nên từ (2.22), suy ra 1 1 1 0 0 0 0 0 0 ( , ) ( , ) ( , )n n n n n nd S u S u kd S u S u d S u S u . (2.23) Điều này có nghĩa là dãy 1 0 0 { ( , )}n nd S u S u là dãy giảm các số thực không âm nên hội tụ đến 0r nào đó. Giả sử r 0 . Trƣờng hợp 1. Nếu 1k , cho n trong (2.23), ta được r kr r . điều này là mâu thuẫn. Trƣờng hợp 2. Nếu 1k , đặt 1 2 0 0 ( , )n n n t d S u S u và 1 0 0 ( , )n n n s k S u S u , thì các dãy { } n kt và n s{ } có cùng giới hạn dương. Đồng thời, các dãy { } n kt và n s{ } có cùng giới hạn trên dương, do đó n n t s với mọi n . Theo điều kiện ( 3 ) trong Định nghĩa 2.4.1. ta có 1 2 1 0 0 0 0 limsup ( ( , ), ( , )) limsup ( , ) 0n n n n n n n n kd S u S u d S u S