Luận văn Định lí điểm bất động trong không gian G metric đầy đủ

Lời cam đoan . i

Lời cảmơn. ii

Mục lục .iii

MỞ ĐẦU. 1

1. Lí do chọn đề tài . 1

2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu . 1

3. Phương pháp nghiên cứu . 1

4. Bố cục của luận văn. 2

CHưƠNG 1: KIẾN THỨC CƠ SỞ VỀ KHÔNG GIAN G METRIC . 3

1.1. Không gian G Metric. 3

1.2. Một số tính chất cơ bản . 4

1.3. Tôpô của không gian G Metric . 7

1.4. Sự hội tụ trong không gian G metric. 9

CHưƠNG 2: ĐỊNH LÍ ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRONG KHÔNG GIAN

G METRIC ĐẦY ĐỦ . 13

2.1. Nguyên lí ánh xạ co Banach trong không gian G metric. 13

2.2. Định lý điểm bất động trong không gian G metric đầy đủ . 14

KẾT LUẬN. 32

TÀI LIỆU THAM KHẢO. 33

pdf38 trang | Chia sẻ: honganh20 | Ngày: 26/02/2022 | Lượt xem: 242 | Lượt tải: 2download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Định lí điểm bất động trong không gian G metric đầy đủ, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
thì (1.1) là tính chất 5 ( )G khi cho 1 r r , 2 a r và 3 s t r . Bằng cách quy nạp, nếu (1.1) xảy ra với 6 3n thì nó cũng xảy ra với 1n bởi vì, cũng theo 5 ( )G và giả thiết quy nạp, ta có 1 1 1 1 1 1 ( , , ) ( , , ) ( , , ) n n n n n n n G r r r G r r r G r r r 1 1 1 1 11 ( , , ) ( , , ) n i i i n n ni G r r r G r r r 1 11 ( , , ). n i i ii G r r r  5)Giả sử ( , , ) 0G r s t . Ta chỉ ra nếu s t thì r s . Thật vậy, từ 5 ( )G , ta có 0 ( , , ) ( , , ) 0G r r s G r s t ( , , ) 0G r r s . Theo 2 ( )G nếu r s thì ( , , ) 0G r r s , do đó ( , , ) 0G r r s kéo theo r s . Vì G là đối xứng theo các biến của nó nên ta cũng chứng minh được rằng nếu t s thì r t . Do đó, s r t , điều này mâu thuẫn với giả thiết s t . Khi đó r s t .  6)Nếu a s hoặc a r thì kết quả là hiển nhiên. Giả sử rằng a r và a s.Nếu a t thì theo 5 ( )G , ta có ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )G r s t G r s a G r a a G a s a ( , , ) ( , , ).G r a t G a s t Tiếp theo, giả sử a t . Khi đó, theo 5 ( )G và 3 ( )G , ta có ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ).G r s t G r a a G a s t G r a t G a s t  7)Theo (6) và 4 ( )G , ta có ( , , ) ( , , ) ( , , ), ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ), ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ). G r s t G r a t G a s t G r s t G s t r G s a r G a t r G r s t G t r s G t a s G a r s Cộng các bất đẳng thức trên và áp dụng 4 ( )G , ta được 3 ( , , ) 2[ ( , , ) ( , , ) ( , , )].G r s t G r s a G r a t G a s t Suy ra 2 ( , , ) [ ( , , ) ( , , ) ( , , )]. 3 G r s t G s t a G r a t G a s t  7 8)Theo (3), ( , , ) ( , , ) max{ ( , , ), ( , , )}.G r s t G r s a G a t t G t a a Khi đó, theo G 3 ( ), ta có ( , , ) ( , , ); ( , , ) ( , , ). r a G t a a G t a r r t G a t t G a t r Khi đó, theo 4 ( )G , ta kết luận rằng: max{ ( , , ), ( , , )} ( , , ).G a t t G t a a G r a t  9)Xét hai trường hợp. Nếu s t thì ( , , ) ( , , ) 2 ( , , ).G r s s G r s t G r s t Nếu s t thì sử dụng Bổ đề 1.2.1 và tiên đề 3 ( )G , ta có ( , , ) 2 ( , , ) 2 ( , , ).G r s s G r r s G r s t  1.3. Tôpô của không gian G Metric Trong phần này, chúng tôi giới thiệu tôpô Hausdorff của một không gian G metric.Đối với tập hợp E bất kì, ta thấy rằng từ metric tùy ý trên E , ta có thể xây dựng nên mộtG metric.Ngược lại, đối với bất kỳ G metric G trên E , hàm số ( , ) ( , , ) ( , , ) G d r s G r s s G r r s , xác định một metric trên E , metric G d được gọi là liên kết vớiG , thỏa mãn ( , , ) ( )( , , ) 2 ( , , ) s G G r s t G d r s t G r s t . Tương tự, 1 ( , , ) ( )( , , ) 2 ( , , ) 2 m G G r s t G d r s t G r s t . Định nghĩa 1.3.1.Hình cầu mở tâm a E , bán kính 0 trong không gian G metric ( , )E G là tập hợp ( , ) { : ( , , ) } G B a s E G a s s . Hình cầu đóng tâm a E , bán kính 0 là tập hợp ( , ) { : ( , , ) } G B a s E G a s s . 8 Ví dụ 1.3.2. Cho E là một tập khác rỗng và dis G là G metric rời rạc trên E . Với 0 a E tùy ý và mọi 0 , ta có các tính chất sau: a)nếu 1 thì 0 0 0( , ) ( , ) {a }dis disG G B a B a ; b)nếu 1 thì 0 0( , ) { }disG B a a và 0( , ) ;disG B a E c)nếu 1 thì 0 0 ( , ) ( , )B a B a E . Định lí1.3.3.Tồn tại một tôpô duy nhất G trên không gian G metric ( , )E G sao cho, với mọi a E , họ a tất cả các hình cầu mở tâm tại a họ các lân cận tại a . Hơn nữa, G là metric hóa được và có tính chất tách Hausdorff . Mệnh đề 1.3.4.Cho ( , )E G là một không gian G metric, với bất kỳ a E và 0 , ta có (1) nếu ( , , )G a r s thì , ( , ) G r s B a , (2) nếu ( , ) G s B a thì tồn tại 0 sao cho ( , ) ( , ) G B s B a Từ (2) của Bổ đề 1.3.4 suy ra họtất cả các G hình cầu { ( , ) : , 0} G B a a E là cơ sở của một tôpô ( )G trên E , tôpô G metric. Mệnh đề 1.3.5.Cho ( , )E G là một không gian G metric, với mọi a E và 0 , ta có 1 3 , ( , ) ( , ) GG d G B a B a B a . Do đó, tôpôG metric ( )G trùng với metric tôpô sinh bởi G d . Vì vậy, mọi không gian G metric đều tương đương tôpô với không gian metric. Điều này cho phép chúng ta chuyển nhiềucác khái niệm và kết quả từ không gian metric vào không gianG metric. Chẳng hạn, các khái niệm sau trên một không gian tôpô, có thể chuyển chúng cho trường hợp của tôpô G như sau: 9 Một tập hợp con U E là một G lân cận của một điểma E nếu tồn tại 0 sao cho ( , ) G B a U . Một tập hợp con U E là G mởnếu nó là tập rỗng hoặc nó là G lân cận của tất cả các điểm của nó. Một tập hợp con U E là G đóng nếu phần bù của nó \E U là G mở. 1.4. Sự hội tụ trong không gian G metric Định nghĩa 1.4.1.Cho ( , )E G là không gian G metric,r E và { } n s E . Dãy{ } n s gọi làG hội tụ đếns , và viết { } G n s s hoặc n s s , nếu , lim ( , , ) 0 n mn m G s s s , tức là với 0 , 0 n sao cho ( , , ) n m G s s s , với mọi ,n m : 0 ,n m n (khi đó, s gọi là G giới hạn của { } n s ). Định nghĩa 1.4.2. Cho ( , )E G là không gian G metric, dãy{ } n s E được gọi là G Cauchy nếu với mỗi 0 , tồn tại N sao cho ( , , ) n m l G s s s với mọi , ,n m l N . Mệnh đề 1.4.3.Giới hạn của dãy G hội tụ trong không gian G metric là duy nhất. Mệnh đề 1.4.4.Mỗi dãy hội tụ trong không gian G metric là một dãy Cauchy. Chứng minh.Cho ( , )E G là không gian G metric và { } n s E là dãy hội tụ đến s E . Khi đó với 0 tùy ý,theo định nghĩa, tồn tại 0 n sao cho ( , , ) 3n m G s s s với mọi 0 ,n m n . Theo 4 ( )G , 5 ( )G và Bổ đề 1.2.1, với mọi 0 , ,n m k n , ta có, ( , , ) ( , , ) ( , , ) 2 ( , , ) 2 ( , , ) 2 . 3 3 n m k n m k n n m k G s s s G s s s G s s s G s s s G s s s Do đó, { } n s là một dãy Cauchy trong ( , )E G .  10 Mệnh đề 1.4.5.Cho ( , )E G là không gian G metric và { } n s E là một dãy hội tụ, s E . Khi đó, các điều kiện sau là tương đương. ( )a { } n s là G hội tụ đến s . ( )b lim ( , , ) 0 n nn G s s s , tức là 0 , 0 n : ( , ) n G s B s với 0 n n . ( )c lim ( , , ) 0 nn G s s s . ( )d , , lim ( , , ) 0 n mn m m n G s s s . ( )e lim ( , , ) 0 n nn G s s s và 1 lim ( , , ) 0 n nn G s s s . ( )f lim ( , , ) 0 nn G s s s và 1 lim ( , , ) 0 n nn G s s s . ( )g 1 1 lim ( , , ) 0 n n nn G s s s và 1 lim ( , , ) 0 n nn G s s s . ( )h 1 1 lim ( , , ) 0 n n nn G s s s và , , lim ( , , ) 0 n mn m m n G s s s . ( )i , , lim ( , , ) 0 n mn m m n G s s s . Chứng minh.( ) ( )a b Hiển nhiên với m n . ( ) ( )b c . Suy ra từ Bổ đề 1.2.1 vì ( , , ) 2 ( , , ) n n n G s s s G s s s với mọi n ( ) ( )c a . Theo 5 ( )G và 4 ( )G , với mọi ,n m , ta có ( , , ) ( , , ) ( , , ) n m n m G s s s G s s s G s s s ( , , ) ( , , ) 0 n m G s s s G s s s khi ,n m . Từ đó suy ra ( , , ) 0 n m G s s s khi ,n m . ( ) ( ) ( )a d b , ( ) ( ) ( )a e b và ( ) ( ) ( )a f c là tầm thường. ( ) ( )a h . Theo Mệnh đề 1.4.4, { } n s là dãy Cauchy. Do đó, trong định nghĩa dãy Cauchy lấy m k 1n , ta được 1 1 lim ( , , ) 0 n n nn G s s s . Hơn nữa, từ a( )dễ dàng suy ra 11 , , lim ( , , ) 0 n mn m m n G s s s . ( ) ( )h g . Hiển nhiên với 1m n . ( ) ( )g b . Theo 5 ( )G và 4 ( )G , với mọi n , ta có 1 1 1 1 1 1 ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) , , . n n n n n n n n n n n n G s s s G s s s G s s s G s s s G s s s khi n m Hơn nữa, ( ) ( )a i cũng hiển nhiên. ( ) ( )i b . Suy ra từ Bổ đề 1.2.3 (9),vì 1 1 ( , , ) 2 ( , , ) 2 ( , , ) n n n n n n G s s s G s s s G s s s với mọi n .  Bổ đề 1.4.6.Nếu ( , )E G là không gian G metric và { } n s E là một dãy thì các điều kiện sau đây là tương đương ( ) { } n a s là dãy G Cauchy. , ( ) lim ( , , ) 0. n m mn m b G s s s , ( ) lim ( , , ) 0. n n mn m c G s s s Định nghĩa 1.4.7. Một không gian G metric ( , )E G được gọi là G đầy đủ (hay không gian G metric đầy đủ) nếu mỗi dãy G Cauchy trong( , )E G đều G hội tụ trong ( , )E G . Định nghĩa 1.4.8. Cho ( , )E G và ( , )E G là các không gian G metric và ánh xạ :f E E .Khi đó f được gọi là G liên tục tại một điểm a E nếu với 0 tùy ý, tồn tại 0 sao cho ,s t E ; ( , , )G a s t kéo theo ( ( ), ( ), ( )) .G f a f s f t Hàm f là G liên tục trên E khi và chỉ khi nó là G liên tục tại mọi a E . 12 Định nghĩa 1.4.9. Cho ( , )E G là không gian G metric. Ánh xạ :R E E được gọi là G liên tục tại a E nếu { ( )} ( )G n R s R s với mọi dãy { } n s E sao cho { } G nm s s . Mệnh đề 1.4.10. Cho ( , )E G và ( , )E G là các không gian G metric. Khi đó hàm :f E E là G liên tục tại một điểm a E khi và chỉ khi nó là G liên tục theo dãy tại a ; nghĩa là, khi { } n s là G hội tụ đến s thì { ( )} n f s là G hội tụ đến ( )f s . 13 CHƢƠNG 2 ĐỊNH LÍ ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRONG KHÔNG GIAN G METRIC ĐẦY ĐỦ 2.1. Nguyên lí ánh xạ co Banach trong không gianG metric Định lý 2.1.1 ([1]).Cho ( , )E G là không gian G metric đầy đủ và :R E E là một ánh xạ sao cho tồn tại [0,1)k thỏa mãn ( , , ) ( , , )G Rs Rt Ru kG s t u với mọi , , .s t u E (2.1) Khi đó R có một điểm bất động duy nhất. Chứng minh. Giả sử 0 s E là một điểm tùy ý và 0{ }n ns là dãy sao cho 1n n s Rs với mọi 0n . Khi đó nếu tồn tại một số 0 n sao cho 0 01n n s s thì 0 0n n Rs s và 0n s là một điểm bất động của R . Giả sử rằng 1n n s s với mọi 0n Lấy n s s và 1nt u s trong điều kiện co (2.1). Khi đó với mọi 0n ta có 1 2 2 1 1 1 1 ( , , ) ( , , ) ( , , ). n n n n n n n n n G s s s G Rs Rs Rs kG s s s Theo Hệ quả 4.1.1 trong [1],{ } n s là dãy Cauchy trong ( , )E G . Vì ( , )E G là đầy đủ, nên dãy { } n s hội tụ, do đó tồn tại u E sao cho { } n s u . Ta sẽ chỉ ra u là một điểm bất động của R . Bằng cách sử dụng (2.1), với mọi 0n ta có, 1 ( , , ) ( , , ) ( , , ). n n n G s Ru Ru G Rs Ru Ru kG s u u Cho n và do metric G liên tục,nên ta có ( , , ) ( , , ) 0G u Ru Ru kG u u u . Do đó,theo Bổ đề 1.2.3, u Ru . Ta sẽ chứng minh u là điểm bất động duy nhất của R . Giả sử ngược lại, tồn tại một điểm bất động khác v E . Nếu v s thì ( , , ) 0G v v u . Từ (2.1) và 1k ta có 14 ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ),G v v u G Rv Rv Ru kG v v u G v v u điều này là mâu thuẫn. Do đóu là điểm bất động duy nhất của R .  Định lý 2.1.2.Cho ( , )E G là không gian G metric đầy đủ và :R E E là một ánh xạ sao cho tồn tại [0,1)k thỏa mãn ( , , ) ( , , )G Rs Rt Rt kG s t t với mọi , .s t E Khi đó R có một điểm bất động duy nhất. Chứng minh Định lý 2.1.2 tương tự như cách chứng minh Định lý 2.1.1. 2.2. Định lý điểm bất động trong không gian G metric đầy đủ Trong phần này chúng tôi trình bày một số định lí điểm bất động đối với các tự ánh xạ thỏa mãn các điều kiện co khác nhau trong không gian G metric đầy đủ. Z.Mustafa, H. Obiedat và F. Awawdeh [9] đã chứng minh kết quả sau: Định lí 2.2.1. Cho ( , )E G là một không gian G metric đầy đủ, và :R E E là ánh xạ thỏa mãn các điều kiện sau 1 2 ( , , ) ( , , ) ( , , )G Rs Rt Ru kG s t u kG s Rs Rs 3 4 ( , , ) ( , , )k G t Rt Rt k G u Ru Ru với mọi , ,s t u E , trong đó với 1 2 3 4 0 1k k k k . Khi đó R có duy nhất điểm bất động (gọi là z , tức là Rz z ) trong E và R là G liên tục tại z . Mở rộng kết quả này, ta có kết quả sau Định lý 2.2.2. ([4])Cho ( , )X G là không gian G metric đầy đủ và :R E E là ánh xạ thỏa mãn 1 2 ( , , ) ( , , ) ( , , )G Rs Rt Ru kG s t u kG s Rs Rs 3 4 ( , , ) ( , , )k G t Rt Rt k G u Ru Ru + 5 ( , , ), ( , , ), max ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ) G s Rt Rt G t Rs Rs k G t Ru Ru G u Rt Rt G u Rs Rs G s Ru Ru (2.2) 15 với mọi , ,s t u E , trong đó 1 2 3 4 5 , , , , 0k k k k k với 1 2 3 k k k 4 5 2 1k k Khi đó R có duy nhất một điểm bất độngz E và R là G liên tục tại z . Chứng minh. Lấy 0 s E tùy ý và xác định dãy{ } n s bởi 0( ) n n s R s . Giả sử 1n n s s với mọi n . Khi đó 1 1 0 0 1( ) ... n n n n ns R s R Rs R s Rs , 1 n n ns R s . Theo (2.2), ta có 1 1 1 1 2 1 ( , , ) ( , , ) ( , , ) n n n n n n n n n G s s s kG s s s kG s s s 3 1 1 4 1 1 ( , , ) ( , , ) n n n n n n k G s s s k G s s s 1 1 1 5 1 1 1 1 1 1 1 ( , , ), ( , , ), max ( , , ), ( , , ), . ( , , ), ( , , ) n n n n n n n n n n n n n n n n n n G s s s G s s s k G s s s G s s s G s s s G s s s Do đó, ta có 1 1 2 1 1 1 3 1 1 4 1 1 5 1 1 1 1 1 ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) . max{ ( , , ), ( , , )} n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n kG s s s k G s s s G s s s k G s s s k G s s s k G s s s G s s s (2.3) Theo 5 ( )G , ta có 1 1 1 1 1 1 ( , , ) ( , , ) ( , , ). n n n n n n n n n G s s s G s s s G s s s Do đó, (2.3) trở thành 1 1 1 1 2 1 3 1 1 ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) n n n n n n n n n n n n G s s s kG s s s kG s s s k G s s s 4 1 1 5 1 1 1 ( , , ) { ( , , ) ( , , )} n n n n n n n n n k G s s s k G s s s G s s s , suy ra 1 2 5 1 1 1 3 4 5 ( , , ) ( , , ). 1n n n n n n k k k G s s s G s s s k k k (2.4) 16 Đặt 1 2 5 3 4 5 1 k k k k k k , khi đó 1 vì 1 2 3 4 52 1k k k k k . Áp dụng (2.4), liên tiếp ta được 1 1 1 1 ( , , ) ( , , ).n n n n o G s s s G s s s (2.5) Khi đó, với mọi , ,m n N n m , sử dụng liên tiếp bất đẳng thức hình chữ nhật và (2.5) ta có 1 1 1 2 2 ( , , ) ( , , ) ( , , ) n m m n n n n n n G s s s G s s s G s s s 2 3 3 1( , , ) ... ( , , )n n n m m mG s s s G s s s 1 1 1 1 ( ... ) ( , , )n n m o G s s s 1 1 ( , , ). 1 n o G s s s Khi đó , lim ( , , ) 0 n m mn m G s s s , vì 0 1 1, lim ( , , ) 0 1 n n m G s s s . Với , ,n m l N , theo 5 ( )G ta có ( , , ) ( , , ) ( , , ). n m l n m m l m m G s s s G s s s G s s s Cho , ,n m l , ta được ( , , ) 0. n m l G s s s Vì vậy,{ } n s là dãy G Cauchy. Vì ( , )E G là không gian đầy đủ, nên tồn tại z E sao cho { } n s làG hội tụ đến z . Giả sử Rz z , khi đó 1 1 2 1 ( , , ) ( , , ) ( , , ) n n n n n G s Rz Rz kG s z z kG s s s 3 4 ( , , ) ( , , )k G z Rz Rz k G z Rz Rz 1 5 1 ( , , ), ( , , ), max ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ) n n n n n n G s Rz Rz G z s s k G z Rz Rz G z Rz Rz G z s s G s Rz Rz . Lấy giới hạn khi n và do hàm G liên tụctheo các biến của nó, nên ta có 3 4 5 ( , , ) ( ) ( , , ),G z Rz Rz k k k G z Rz Rz 17 điều này là mâu thuẫn vì 3 4 5 0 1k k k . Vậyz Rz . Để chứng minh tính duy nhất củaz , ta giả sử tồn tại w z sao cho w=wR , khi đó (2.2) trở thành 1 2 3 (w,w,w) ( , w, w) ( ,w,w) ( , , ) (w,w,w) G G Rz R R kG z kG z z z k G 4 5 ( ,w,w), (w, , ), (w,w,w) max (w,w,w), (w,w,w), (w, , ), ( ,w,w) G z G z z k G k G G G z z G z . Do đó 1 5 ( ,w,w) ( ,w,w) max{ ( ,w,w), (w, , )}G z kG z k G z G z z 1 5 ( ,w,w) max{2 (w, , ), (w, , )}kG z k G z z G z z 1 5 ( ,w,w) 2 (w, , ).kG z kG z z Như vậy, 5 1 2 ( ,w,w) (w, , ) 1 k G z G z z k . Tương tự ta có 5 1 2 (w, , ) ( ,w,w) 1 k G z z G z k . Vì vậy, ta có 2 5 1 2 ( ,w,w) ( ,w,w) 1 k G z G z k . Suy ra wz , vì 5 1 2 0 1 1 k k . Để chỉ raR là G liên tục tại z , ta giả sử { } n t là dãy bất kỳ trong E sao cho { } n t là G hội tụ đến z . Với n N , ta có 1 2 ( , , ) ( , , ) ( , , ) n n n n n n n G Rt Rz Rt kG t z t kG t Rt Rt 18 3 4 ( , , ) ( , , ) n n n k G z z z k G t Rt Rt 5 ( , , ), ( , , ), max ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ) n n n n n n n n n n n n G t z z G z Rt Rt k G z Rt Rt G t z z G t Rt Rt G t Rt Rt . Nhưng ( , , ) ( , , ) ( , , ) n n n n n n G t Rt Rt G t z z G z Rt Rt , nên 1 ( , , ) ( , , ) n n n n G Rt Rz Rt kG t t z 2 4 ( ){ ( , , ) ( , , )} n n n k k G t z z G z Rt Rt 5 { ( , , ) ( , , )} n n n k G t z z G z Rt Rt Do đó 2 4 5 1 2 4 5 2 4 5 ( , , ) ( , , ) ( , , ) 1 1n n n n n k k k k G z Rt Rt G t z z G t t z k k k k k k . Chon , ta được ( , , ) 0 n n G z Rt Rt và theo Mệnh đề 1.4.5, dãy ( ) n Rt là G hội tụ đến z Rz . Do đó theo Mệnh đề1.4.10, R là G liên tục tại z . Hệ quả 2.2.3. Cho ( , )E G là không gian G metric đầy đủ, và :R E E , là ánh xạ thỏa mãn vớim N : 1 2 ( , , ) ( , , ) ( , , )m m m m mG R s R t R u kG s t u kG s R s R s 3 4 ( , , ) ( , , )m m m mk G t R t R t k G u R u R u 5 ( , , ), ( , , ), max ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), m m m m m m m m m m m m G s R t R t G t R s R s k G t R u R u G u R t R t G u R s R s G s R u R u với mọi , ,s t u E ,ở đó 1 2 3 4 5 , , , , 0k k k k k với 1 2 3 4 5 2 1k k k k k . Khi đóR có một điểm bất động duy nhấtz E và mR là G liên tục tạiz . 19 Chứng minh. Theo Định lý 2.2.2, ta thấy rằng mR có duy nhất một điểm bất động z E và mR là G liên tục tại z . Vì 1( ) ( )m m mRz R R z R z R Rz nênRz cũng là một điểm bất động đối với mR . Do tính duy nhất của z , nên ta có Rz z . Chú ý 2.2.4.Định lý 2.2.1 là sự mở rộng củaĐịnh lí 2.1 trong [10], trong đó Định lí 2.1[10] nhận được bằng cách lấy 5 0k trong Định lí 2.2.2. Định lý 2.2.5. Cho ( , )E G là một không gian G metric đầy đủ và :R E E là ánh xạ thỏa mãn 1 ( , , ) { ( , , ) ( , , )}G Rs Rt Ru k G s Rt Rt G t Rs Rs 2 { ( , , )) ( , , )}k G t Ru Ru G u Rt Rt 3 4 { ( , , ) ( , , )} ( , , )k G u Rs Rs G s Ru Ru k G s t u 5 max{ ( , , ), ( , , ), ( , , )}k G s Rs Rs G t Rt Rt G u Ru Ru (2.6) với , ,s t u E , ở đó 1 2 3 4 5 , , , , 0k k k k k với 1 2 3 4 5 2 2 2 2 2 1k k k k k . Khi đó R có duy nhất một điểm bất độngz E và R là G liên tục tại z . Chứng minh. Lấy 0 s E tùy ý và xác định dãy { } n s bởi 0( ) n n s R s . Giả sử 1n n s s với mọi n . Khi đó theo (2.6), ta có 1 1 1 1 1 1 ( , , ) { ( , , ) ( , , )} n n n n n n n n n G s s s k G s s s G s s s 2 1 1 1 1 { ( , , ) ( , , )} n n n n n n k G s s s G s s s 3 1 1 1 4 1 { ( , , ) ( , , )} ( , , ) n n n n n n n n n k G s s s G s s s k G s s s 5 1 1 1 1 1 max{ ( , , ), ( , , ), ( , , )} n n n n n n n n n k G s s s G s s s G s s s 1 1 1 1 2 1 1 { ( , , ) ( , , )} 2 ( , , ) n n n n n n n n n k G s s s G s s s kG s s s 3 1 1 1 4 1 { ( , , ) ( , , )} ( , , ) n n n n n n n n n k G s s s G s s s k G s s s 5 1 1 1 { ( , , ) ( , , )} n n n n n n k G s s s G s s s . 20 Suy ra 1 3 4 5 1 1 1 1 2 3 5 ( , , ) ( , , ). 1 2n n n n n n k k k k G s s s G s s s k k k k (2.7) Đặt 1 3 4 5 1 2 3 5 1 2 k k k k k k k k , khi đó 1 vì 1 2 3 4 5 2 2 2 2 2 1k k k k k . Áp dụng liên tiếp (2.7), tađược 1 1 0 1 1 ( , , ) ( , , ).n n n n G s s s G s s s (2.8) Khi đó, với mọi , ,m n N n m , bằng cách sử dụng liên tiếp bất đẳng thức hình chữ nhật và (2.8), ta có 1 1 1 2 2 ( , , ) ( , , ) ( , , ) n m m n n n n n n G s s s G s s s G s s s 2 3 3 1( , , ) ... ( , , )n n n m m mG s s s G s s s 1 1 1 1 ( ... ) ( , , )n n m o G s s s 0 1 1 ( , , ). 1 n G s s s Khi đó , lim ( , , ) 0 n m mn m G s s s vì 0 1 1, lim ( , , ) 0 1 n n m G s s s . Với , ,n m l N theo 5 ( )G ta có ( , , ) ( , , ) ( , , ), n m l n m m l m m G s s s G s s s G s s s lấy giới hạn khi , ,n m l , ta nhận được ( , , ) 0. n m l G s s s Do đó,{ } n s là dãy G Cauchy. Vì( , )E G là không gian đầy đủ nên tồn tại z E sao cho { } n s là G hội tụ đến z . Giả sử Rz z , khi đó ta có 1 1 ( , , ) { ( , , ) ( , , )} n n n n G s Rz Rz k G s Rz Rz G z s s 2 { ( , , ) ( , , )}k G z Rz Rz G z Rz Rz 3 1 4 1 { ( , , ), ( , , )} ( , , ) n n n n k G z s s G s Rz Rz k G s z z 5 1 max{ ( , , ), ( , , ), ( , , )} n n n k G s s s G z Rz Rz G z Rz Rz . 21 Lấy giới hạn khi n và sử dụng tính chất hàm G là liên tục theo tất cả các biến của nó, ta có 1 2 3 5 ( , , ) ( 2 ) ( , , ),G z Rz Rz k k k k G z Rz Rz điều này là mâu thuẫn vì 1 2 3 5 0 2 1k k k k . Vậyz Rz . Đối với tính duy nhất của z , ta giả sử tồn tại w z sao cho w wR , khi đó theo (2.6) ta có ( ,w,w) ( , w, w)G z G Rz R R 1 2 { ( ,w,w) (w, , )} 2 (w,w,w)k G z G z z kG 3 4 { (w, , ) ( ,w,w)} ( ,w,w,)k G z z G z k G z 5 max{ ( , , ), (w,w,w), (w,w,w)}k G z z z G G 1 3 4 ( ){ ( ,w,w) (w, , )} ( ,w,w)k k G z G z z k G z . Suy ra 1 3 1 3 4 ( ,w,w) (w, , ) 1 k k G z G z z k k k . Tương tự ta có 1 3 1 3 4 (w, , ) ( ,w,w) 1 k k G z z G z k k k . Do đó 2 1 3 1 3 4 ( ,w,w) ( ,w,w) 1 k k G z G z k k k . Suy ra wz , vì 1 3 1 3 4 0 1 1 k k k k k . Để chứng minh R là G liên tục tại z , ta lấy { } n t E tùy ý sao cho { } n t là G hội tụ đến z . Ta có 1 ( , , ) { ( , , ) ( , , )} n n n n G Rt Rz Rz k G t Rz Rz G z Rt Rt 2 { ( , , ) ( , , )}k G z Rz Rz G z Rz Rz 22 3 4 { ( , , ) ( , , )} ( , , ) n n n n k G z Rt Rt G t Rz Rz k G t z z 5 max{ ( , , ), ( , , ), ( , , )} n n n k G t Rt Rt G z Rz Rz G z Rz Rz . Do đó 1 2 ( , , ) { ( , , ) 2 ( , , )} 2 ( , , ) n n n G Rt z z k G t z z G Rt z z kG z z z 3 4 {2 ( , , ) ( , , )} ( , , ) n n n k G Rt z z G t z z k G t z z 5 { ( , , ) 2 ( , , )} n n k G t z z G Rt z z . Từ đó suy ra 1 3 4 5 1 3 5 ( , , ) ( , , ) 1 2 2 2n n k k k k G Rt z z G t z z k k k . Lấy giới hạn khi n , ta được ( , , ) 0 n G Rt z z . Theo Mệnh đề 1.4.5,dãy { } n Rt là G hội tụ đếnz Rz . Do đó theo Mệnh đề 1.4.10, R là G liên tục tại z . Nhận xét. Định lý 2.2.5 là mở rộng của Định lí 2.9 trong [10], ở đó Định lí 2.9 thu được bằng cách lấy 2 3 4 5 0k k k k trong Định lí 2.2.5. Áp dụng Định lý 2.2.5, ta có các kết quả sau đây. Hệ quả 2.2.6. Cho ( , )E G là một không gian G metric đầy đủ và :R E E là ánh xạ thỏa mãn: 1 ( , , ) { ( , , ) ( , , )}m m m m m m mG R s R t R u k G s R t R t G t R s R s 2 { ( , , ) ( , , )}m m m mk G t R u R u G u R t R t 3 4 { ( , , ) ( , , )} ( , , )m m m mk G u R s R s G s R u R u k G s t u 5 max ( , , ), ( , , ), ( , , )m m m m m mk G s R s R s G t R t R t G u R u R u với m N nào đó và mọi , ,s t u E , trong đó 1 2 3 4 5 , , , , 0k k k k k thỏa mãn 1 2 3 4 5 2 2 2 2 1k k k k k . Khi đóR có duy nhất một điểm cố định z E và mR là G liên tục tại z . 23 Hệ quả 2.2.7. Cho E là không gian G metric đầy đủ. Giả sử [0,1) sao cho ánh xạ :R E E thỏa mãn ( , , ) ( , , )G Rs Rt Ru G s t u , với mọi , ,s t u E . Khi đó R có duy nhất một điểm bất độngz E và R là G liên tục tạiz . Định lý 2.2.8. Cho ( , )E G là một không gian G metric đầy đủ và :R E E là ánh xạ thỏa mãn điều kiện sau ( , , )G Rs Rt Ru ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), max ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ) , ( , , ) , ( , , ) , ( , , ) G s Rs Rs G t Rt Rt G u Ru Ru G s Rt Rt G t Ru Ru G u Rs Rs G s Ru Ru G t Rs Rs G u Rt Rt G s Rt Ru G t Ru Ru G u Rs Rt G s t Ru G t u Rs G u s Rt G s t u (2.9) với mọi , ,s t u E và 0 1/ 3. Khi đóR có duy nhất một điểm bất động z E và R là G liên tục tạiz . Chứng minh. Lấy 0 s E tùy ý và dãy { } n s xác định bởi 0( ) n n s R s . Giả sử 1n n s s với mọi n . Khi đó theo (2.9), ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ) max ( , , ), ( , , ), ( , , n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n G s s s G s s s G s s s G s s s G s s s G s s s G s s s G s s s G s s s G s s s G s s s G s s s G s s 1 1 1 1 1 1 ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ) n n n n n n n n n n n n n s G s s s G s s s G s s s G s s s Do đó 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( , , ), ( , , ), ( , , ) max ( , , ), ( , , ) n n n n n n n n n n n n n n n G s s s G s s s G s s s G s s s G s s s . (2.10) 24 Nhưng theo 5 ( )G , ta có 1 1 1 1 ( , , ) ( , , ) ( , , ) n n n n n n n n n G s s s G s s s G s s s 1 1 1 ( , , ) 2 ( , , ) n n n n n n G s s s G s s s và 1 1 1 1 1 1 ( , , ) ( , , ) ( , , ) n n n n n n n n n G s s s G s s s G s s s . Vì vậy, (2.10) trở thành 1 1 1 1 1 ( , , ) { ( , , ) 2 ( , , )} n n n n n n n n n G s s s G s s s G s s s suy ra, 1 1 1 ( , , ) ( , , ) 1 2n n n n n n G s s s G s s s . (2.11) Đặt 1 2 k , khi đó 1k vì 10 3 . Áp dụng (2.11) liên tiếp, ta có 1 1 0 1 1 ( , , ) ( , , )n n n n G s s s k G s s s . (2.12) Khi đó với mọi , ,n m N n m , bằng cách sử dụng liên tiếp bất đẳng thức hình chữ nhật và (2.12) ta có 1 1 1 2 2 ( , , ) ( , , ) ( , , ) n m m n n n n n n G s s s G s s s G s s s 2 3 3 1 ( , , ) ... ( , , ) n n n m m m G s s s G s s s 1 1 0 1 1 ( ... ) ( , , )n n mk k k G s s s 0 1 1 ( , , ) 1 nk G s s s k . Khi đó, , lim ( , , ) 0 n m mn m G s s s , vì 0 1 1, lim ( , , ) 0 1 n n m k G s s s k . Với , , ,n m l N theo 5 ( )G ta có ( , , ) ( , , ) ( , , ) n m l n m m l m m G s s s G s s s G s s s , Lấy giới hạn khi , ,n m l ta nhận được ( , , ) 0n m lG s s s .Vậy { }ns là 25 dãyG Cauchy trong không gian đầy đủ( , )E G nênG hội tụ đến z E . Giả sửRz z , khi đó 1 1 1 1 1 1 ( , , ) ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), max ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), (

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfluan_van_dinh_li_diem_bat_dong_trong_khong_gian_g_metric_day.pdf
Tài liệu liên quan