ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM ANH KHOA VỀ ĐỊNH LÝ ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRÊN CÁC KHƠNG GIAN METRIC ĐẦY ĐỦ Chun ngành: TỐN ỨNG DỤNG Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Hà Trần Phương Thái Nguyên - 2012 1Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Công trình hồn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: TS Hà Trần Phương Phản biện 1: TS Nguyễn Quỳnh Nga Phản biện 2: TS.Vũ Mạnh Xuân Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Ngun Ngày 18 tháng 11 năm 2012 Có thể tìm hiểu Thư viện Đại học Thái Nguyên 2Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu Mở đầu điểm bất động ánh xạ hợp thành 1.1 Ánh xạ Lipschitz định lý điểm bất động 1.1.1 Một số khái niệm 1.1.2 Ánh xạ Lipschitz nguyên lý ánh xạ co Banach 1.2 Định lý điểm bất động ánh xạ hợp thành 1.2.1 Giới thiệu 1.2.2 Định lý điểm bất động ánh xạ hợp thành với p = p = 5 11 17 17 19 Điểm bất động ánh xạ hợp thành năm không gian metric 27 2.1 Định lý điểm bất động Garg Agarwal 27 2.2 Một số cải tiến Định lý 2.1 37 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 3Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn Lời nói đầu Bài tốn nghiên cứu tồn tại, tính điểm bất động ánh xạ vấn đề thời sự, thu hút quan tâm nhiều nhà toán học giới đạt nhiều kết quan trọng Với không gian X, f : X −→ X ánh xạ Điểm x0 ∈ X thỏa mãn x0 = f (x0 ) gọi điểm bất động ánh xạ f Vấn đề đặt với điều kiện X f f có điểm bất động điểm bất động Những định lý điểm bất động xuất từ đầu kỷ XX Các cơng trình Ngun lý điểm bất động Brouwer (1912) Nguyên lý ánh xạ co Banach (1922), Nguyên lý ánh xạ co Banach đánh giá định lý điểm bất động đơn giản sử dụng rộng rãi Về sau, kết kinh điển mở rộng nhiều lớp ánh xạ không gian khác ứng dụng rộng rãi nhiều lĩnh vực khác toán học Các kết nghiên cứu điểm bất động ánh xạ tập chung vào hướng: nghiên cứu tồn tại, điểm bất động Các phương pháp tìm điểm bất động nghiên cứu ứng dụng định lý điểm bất động Các cơng trình theo hướng nghiên cứu biết đến với tên: "Lý thuyết điểm bất động" ngày phát triển mạnh mẽ Thời gian gần đây, định lý điểm bất động mở rộng cho họ ánh xạ hợp thành không gian metric Cho M1 , , Mp họ không gian metric, Aj : Mj → Mj+1 , j = 1, , p − Ap : Mp → M1 họ ánh xạ Vấn đề đặt với điều kiện không gian Mj ánh xạ Aj ánh xạ hợp thành Aj−1 Aj+1 Aj : Mj → Mj có điểm bất động Năm 1985, N P Nung [8] chứng minh điều kiện đủ cho tồn 4Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ánh xạ hợp thành ba không gian metric Trong [6], tác giả xem xét trường hợp p = tính chất liên tục ánh xạ bỏ qua L Kikina K Kikina khảo sát với p = [5], [3] tác giả chứng minh định lý điểm bất động với p = 5, Trong luận văn này, chúng tơi trình bày tổng quan kết nghiên cứu chứng minh chi tiết kết L Kikina [6], M Garg and S Agarwal [3] Ngồi chúng tơi chứng minh thêm kết nghiên cứu cải tiến kết M Garg and S Agarwal Luận văn gồm hai chương: Chương 1: Dành cho việc trình bày số vấn đề sở không gian metric, không gian Banach, Nguyên lý ánh xạ co Banach kết L Kikina [6] trường hợp p = Chương 2: Chúng tơi trình bày dạng định lý điểm bất động ánh xạ hợp thành năm không gian metric đầy đủ Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình TS Hà Trần Phương - Đại học Sư Phạm - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Hà Trần Phương Người Thầy dành nhiều thời gian quý báu, tâm huyết Đã hướng dẫn, giúp đỡ, động viên tác giả suốt trình nghiên cứu hoàn thành luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn tới Ban Giám hiệu, thầy cô giáo Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Những thầy tận tình dạy bảo cho tác giả suốt thời gian học Đã trang bị cho tác giả lớp Cao học Toán K4c kiến thức tạo điều kiện cho lớp học tập trường Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K4c - Trường Đại học Khoa học động viên, giúp đỡ tác giả trình học tập làm luận văn Tác giả xin cảm ơn tới Sở Giáo dục - Đào tạo Tỉnh Hà Giang, Ban Giám hiệu đồng nghiệp trường THPT Kim Ngọc - Huyện Bắc Quang tạo điều kiện mặt để tác giả tham gia học tập hồn thành khóa học Tuy nhiên, thời gian khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nên trình nghiên cứu khơng tránh khỏi thiếu sót, tác 5Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn giả mong dạy đóng góp ý kiến q Thầy Cơ độc giả quan tâm tới luận văn Thái Nguyên, ngày 18 tháng 11 năm 2012 Tác giả Phạm Anh Khoa 6Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Mở đầu điểm bất động ánh xạ hợp thành Trong chương giới thiệu số định lý cổ điển định lý điểm bất động chứng minh lại định lý điểm bất động ánh xạ hợp thành ba không gian metric đầy đủ L Kikina ([6]) 1.1 1.1.1 Ánh xạ Lipschitz định lý điểm bất động Một số khái niệm Cho X tập khác rỗng, X ta trang bị hàm số ρ :X × X → R (x, y) → ρ(x, y) thỏa mãn điều kiện (1) ρ(x, y) ≥ 0, ρ(x, y) = ⇔ x = y; (2) ρ(x, y) = ρ(x, y); (3) ρ(x, y) ≤ ρ(x, z) + ρ(z, y), với x, y, z ∈ X Khi ρ gọi metric hay khoảng cách X cặp (X, ρ) gọi không gian metric Mỗi phần tử X gọi điểm, ρ(x, y) gọi khoảng cách hai điểm x, y X 7Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Cho X không gian tuyến tính trường K (C, R), chuẩn X hàm số ||.|| :X → R+ x → ||x|| thỏa mãn điều kiện (1) ||x|| ≥ 0, ||x|| = ⇔ x = 0; (2) ||λx|| = |λ|||x|; (3) ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y||, với x, y ∈ X λ ∈ K Cặp (X, ||.||), X khơng gian tuyến tính, ||.|| chuẩn X Gọi không gian định chuẩn (hay cịn gọi khơng gian tuyến tính định chuẩn) Với không gian định chuẩn (X, ||.||), ta dễ dàng chứng minh hàm ρ : X × X → R+ , xác định ρ(x, y) = ||x − y||, với x, y ∈ X, metric X, ρ = o gọi metric sinh chuẩn Như không gian định chuẩn khơng gian metric Ví dụ 1.1 Dễ dàng chứng minh K = R K = C không gian định chuẩn với chuẩn xác định bởi: ||x|| = |x| với x ∈ X Do K không gian metric với ρ(x, y) = |x − y| Ví dụ 1.2 Cho X = Rn với x = (x1 , , xn ), đặt ||x|| = |x1 |2 + |x2 |2 + + |xn |2 Khi x ≥ 0, x = x1 = · · · = xn = 0, tức x = λx = |λx1 |2 + + |λxn |2 = |λ| x Và với x = (x1 , , xn ), 8Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn y = (y1 , , yn ) ∈ Rn , x+y = (|x1 + y1 |)2 + + (|xn + yn |)2 = (|x1 |2 + + |xn |2 ) + (|y1 |2 + + |yn |2 ) + 2(|x1 y1 | + + |xn yn |) ≤ (|x1 |2 + + |xn |2 ) + (|y1 |2 + + |yn |2 ) +2 |x1 |2 + + |xn |2 |y1 |2 + + |yn |2 = ( |x1 |2 + + |xn |2 + |y1 |2 + + |yn |2 )2 Từ x + y ≤ x + y Như vậy, chuẩn Rn Do n |xk − yk |2 ρ(x, y) = x − y = k=1 metric Rn Cho (X, ρ) không gian metric, x0 ∈ X r > Tập B(x0 , r) = {x ∈ X : ρ(x0 , x) < r} gọi hình cầu mở tâm x0 bán kính r Tập B(x0 , r) = {x ∈ X : ρ(x0 , x) ≤ r} gọi hình cầu đóng tâm x0 bán kính r Giả sử A tập không gian metric X, điểm x0 ∈ A gọi điểm A tồn r > cho B(x0 , r) ⊂ A Tập tất điểm A gọi phần A kí hiệu intA Ao Một tập A không gian metric (X, ρ) gọi đóng phần bù CX A tập mở Nhận xét Trong không gian metric (X, ρ), X, ∅ tập mở Hình cầu B(x0 , r) tập mở với x ∈ B(x0 , r) tồn r1 = r−ρ(x0 , r) > cho B(x, r1 ) ⊂ B(x0 , r), tức điểm B(x0 , r) điểm Hiển nhiên X ∅ tập đóng khơng gian metric Ngồi hình cầu đóng tập đóng 9Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Cho (X, ρ) không gian metric, {xn } dãy phần tử X, ta nói {xn } hội tụ đến x0 ∈ X nếu: lim ρ(xn , x0 ) = n→∞ Khi ta viết lim xn = x0 xn → x0 , x0 gọi giới hạn dãy n→∞ {xn } Không gian metric đầy đủ, không gian Banach Giả sử (X, ρ) không gian metric Dãy {xn } phần tử X gọi dãy Cauchy (hay gọi dãy bản) nếu: lim ρ(xm , xn ) = m,n→∞ Nghĩa với ε > 0, tồn n0 ∈ N∗ , với m, n ≥ n0 : ρ(xm , xn ) < ε Trong trường hợp X không gian siêu metric, điều kiện Cauchy dãy {xn } ⊂ X lim ρ(xn , xn+1 ) = n→∞ Ta biết dãy hội tụ không gian metric dãy Cauchy, nhiên điều ngược lại chưa Ví dụ 1.3 Q với metric ρ(x, y) = |x − y|, x, y ∈ Q không gian n ∞ metric, dãy xn = + dãy Cauchy Q n n=1 không hội tụ Q Không gian metric X gọi không gian metric đầy đủ với dãy Cauchy phần tử X hội tụ Không gian định chuẩn đầy đủ với metric sinh chuẩn gọi không gian Banach Ví dụ 1.4 R, C với metric tự nhiên, không gian metric đầy đủ (theo tiêu chuẩn Cauchy không gian này) Đồng thời chúng không gian Banach Rn không gian metric đầy đủ Tuy nhiên Q không khơng gian đầy đủ 10Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 39 Chứng minh Trước hết ta thấy rằng, số c1 , c2 , , c5 tồn không số lớn 1, số lại phải nhỏ hẳn Vì ngược lại điều kiện (2.22) khơng thỏa mãn Khơng tính tổng qt, ta giả thiết ≤ c2 , , c5 < Đặt c = max{c2 , , c5 }, ≤ c < Để ý rằng, điều kiện max i=j∈{1, ,5} {ci cj } < kéo theo c1 c < Lấy phần tử tùy ý y1,0 ∈ M1 Ta xây dựng dãy số (y1,n ), (y2,n ), , (y5,n ) tương ứng không gian M1 , M2 , , M5 sau: y1,n = (J1 )n (y1,0 ); y2,n = A1 (y1,n−1 ), y3,n = A2 (y2,n ); ; y5,n = An−1 (y4,n ), (2.23) với n ∈ N∗ Bây ta chứng minh dãy (yj,n ) dãy Cauchy Thật vậy, tồn n0 ∈ N∗ cho y1,n0 = y1,n0 +1 y2,n0 +1 = y2,n0 +2 , , y5,n0 +1 = y5,n0 +2 Điều kéo theo yj,n+1 = yj,n+2 với n ≥ n0 , với j = 1, 2, , Tức dãy (yj,n ) dãy Cauchy Nếu tồn n0 ∈ N∗ cho yj,n0 = yj,n0 +1 , với giá trị j ∈ {2, 3, , 5} đó, yj+1,n0 = yj+1,n0 +1 , , y5,n0 = y5,n0 +1 Điều kéo theo y1,n0 = C5,1 (y5,n0 ) = C5,1 (y5,n0 +1 ) = y1,n0 +1 Ta quay trở lại với trường hợp y1,n0 = y1,n0 +1 trên, tức là, theo chứng minh trên, dãy (yj,n ) dãy Cauchy với j = 1, 2, , 41Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 40 Như vậy, ta cần xem xét trường hợp dãy (yj,n ) thỏa mãn: với j ∈ {1, , 5}, yj,n = yj,n+1 , với n ∈ N∗ Với j = 2, lấy x2 = y2,n ∈ M2 x3 = y3,n−1 ∈ M3 (2.21) ta có ρ2 (y2,n , y2,n+1 ) = ρ2 (C3,2 (y3,n−1 ), J2 (y2,n )) ≤ c2 ≤c F2 (y2,n , y3,n−1 ) G2 (y2,n , y3,n−1 ) F2 (y2,n , y3,n−1 ) G2 (y2,n , y3,n−1 ) (2.24) Bây ta ước lượng F2 (y2,n , y3,n−1 ) G2 (y2,n , y3,n−1 ) Ta có F2 (y2,n , y3,n−1 ) (2.25) = max ρ2 (y2,n , J2 (y2,n )) { ρl (C2,l (y2,n ), C3,l (y3,n−1 ))}, max l∈{1, ,5}\{2,3} ρ2 (y2,n , J2 (y2,n ))ρ3 (y3,n−1 , J3 (y3,n−1 )), ρ2 (y2,n , C3,2 (y3,n−1 ))ρ3 (y3,n−1 , A2 (y2,n )) = max ρ2 (y2,n , y2,n+1 ) max {ρl (C2,l (y2,n ), C3,l (y3,n−1 ))}, l∈{1, ,5}\{2,3} ρ2 (y2,n , y2,n+1 )ρ3 (y3,n−1 , y3,n ), ρ2 (y2,n , y2,n )ρ3 (y3,n−1 , y3,n ) = ρ2 (y2,n , y2,n+1 ) max{ρ1 (y1,n−1 , y1,n ), max {ρl (yl,n−1 , yl,n )}} l=3, ,5 Và G2 (y2,n , y3,n−1 ) = max{ρ2 (y2,n , C3,2 (y3,n−1 )), ρ2 (y2,n , J2 (y2,n )), (2.26) ρ3 (A2 (y2,n ), J3 (y3,n−1 ))} = max{ρ2 (y2,n , y2,n )), ρ2 (y2,n , y2,n+1 ), ρ3 (y3,n , y3,n )} = ρ2 (y2,n , y2,n+1 ) Thế (2.25) (2.26) vào (2.24) ta có ρ2 (y2,n , y2,n+1 ) ≤ c max{ρ1 (y1,n−1 , y1,n ), max {ρl (yl,n−1 , yl,n )}} l=3, ,5 ≤ c max {ρl (yl,n−1 , yl,n )} l=1, ,5 42Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (2.27) http://www.lrc-tnu.edu.vn 41 Với j = 3, lấy x3 = y3,n ∈ M3 x4 = y4,n−1 ∈ M4 (2.21) ta có ρ3 (y3,n , y3,n+1 ) = ρ3 (C4,3 (y4,n−1 , J3 (y3,n )) ≤ c3 ≤c F3 (y3,n , y4,n−1 ) G3 (y3,n , y4,n−1 ) F3 (y3,n , y4,n−1 ) G3 (y3,n , y4,n−1 ) (2.28) Ta có F3 (y3,n , y4,n−1 ) (2.29) = max ρ3 (y3,n , J3 (y3,n )) { ρl (C3,l (y3,n ), C4,l (y4,n−1 ))}, max l∈{1, ,5}\{3,4} ρ3 (y3,n , J3 (y3,n ))ρ4 (y4,n−1 , J4 (y4,n−1 )), ρ3 (y3,n , C4,3 (y4,n−1 ))ρ4 (y4,n−1 , A3 (y3,n )) = max ρ3 (y3,n , y3,n+1 ) {ρl (C3,l (y3,n ), C4,l (y4,n−1 ))}, max l∈{1, ,5}\{3,4} ρ3 (y3,n , y3,n+1 )ρ4 (y4,n−1 , y4,n ), ρ3 (y3,n , y3,n )ρ4 (y4,n−1 , y4,n ) = ρ3 (y3,n , y3,n+1 ) max ρ1 (y1,n−1 , y1,n ), ρ2 (y2,n , y2,n+1 ), max {ρl (yl,n−1 , yl,n )} l=4, ,5 Và G3 (y3,n , y4,n−1 ) = max{ρ3 (y3,n , C4,3 (y4,n−1 )), ρ3 (y3,n , J3 (y3,n )), (2.30) ρ3 (A3 (y3,n ), J4 (y4,n−1 ))} = max{ρ3 (y3,n , y3,n )), ρ3 (y3,n , y3,n+1 ), ρ4 (y4,n , y4,n )} = ρ3 (y3,n , y3,n+1 ) Thế (2.29) (2.30) vào (2.28) ta có ρ3 (y3,n , y3,n+1 ) ≤ c max ρ1 (y1,n−1 , y1,n ), ρ2 (y2,n , y2,n+1 ), max {ρl (yl,n−1 , yl,n )} l=4, ,5 43Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (2.31) http://www.lrc-tnu.edu.vn 42 Sử dụng (2.27) ta có ρ3 (y3,n , y3,n+1 ) ≤ c max ρ1 (y1,n−1 , y1,n ), max {ρl (yl,n−1 , yl,n )}, l=4, ,5 c max {ρl (yl,n−1 , yl,n )} l=1, ,5 ≤ c max {ρl (yl,n−1 , yl,n )} (2.32) l=1, ,5 Tương tự, với j = 4, , 5, ta chứng minh ρj (yj,n , yj,n+1 ) ≤ c max {ρl (yl,n−1 , yl,n )} l=1, ,5 Như ρj (yj,n , yj,n+1 ) ≤ c max {ρl (yl,n−1 , yl,n )} l=1, ,5 (2.33) với j = 2, , Với j = 1, ta lấy x1 = y1,n ∈ M1 , x2 = y2,n ∈ M2 (2.21), ta có ρ1 (y1,n , y1,n+1 ) = ρ1 (C2,1 (y2,n ), J1 (y1,n ) ≤ c1 F1 (y1,n , y2,n ) G1 (y1,n , y2,n ) (2.34) Trong F1 (y1,n , y2,n ) (2.35) = max ρ1 (y1,n , J1 (y1,n )) max {ρl (C1,l (y1,n ), C2,l (y2,n ))}, l∈{3, ,5} ρ1 (y1,n , J1 (y1,n ))ρ2 (y2,n , J2 (y2,n )), ρ1 (y1,n , C2,1 (y2,n ))ρ2 (y2,n , A1 (y1,n )) = max ρ1 (y1,n , y1,n+1 ) max {ρl (C1,l (y1,n ), C2,l (y2,n ))}, l∈{3, ,5} ρ1 (y1,n , y1,n+1 )ρ2 (y2,n , y2,n+1 ), ρ1 (y1,n , y1,n )ρ1 (y1,n , y2,n+1 ) = ρ1 (y1,n , y1,n+1 ) max {ρl (yl,n , yl,n+1 )} l=2, ,5 44Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 43 Và G1 (y1,n , y2,n ) = max{ρ1 (y1,n , C2,1 (y2,n )), ρ1 (y1,n , J1 (y1,n )), (2.36) ρ2 (A1 (y1,n ), J2 (y2,n ))} = max{ρ1 (y1,n , y1,n )), ρ1 (y1,n , y1,n+1 ), ρ2 (y2,n+1 , y2,n+1 )} = ρ1 (y1,n , y1,n+1 ) Thế (2.35) (2.36) vào (2.34) ta có ρ1 (y1,n , y1,n+1 ) ≤ c1 max {ρl (yl,n , yl,n+1 )} l=2, ,5 (2.37) Thay (2.33) vào (2.37) ta có ρ1 (y1,n , y1,n+1 ) ≤ c1 c max {ρl (yl,n−1 , yl,n )} l=1, ,5 Như ρj (yj,n , yj,n+1 ) ≤ c0 max {ρl (yl,n−1 , yl,n )}, l=1, ,5 (2.38) c0 = max{c, c.c1 } < 1, với j = 1, , Quy nạp bất đẳng thức (2.38), ta có ρj (yj,n , yj,n+1 ) ≤ cn−1 max {ρl (yl,1 , yl,2 )}, l=1, ,5 với j = 1, , Từ ≤ c0 < 1, suy (yj,n ) dãy Cauchy Như vậy, (yj,n ) dãy Cauchy không gian đầy đủ Mj (với j = 1, , 5), nên hội tụ Đặt x∗j = lim yj,n , n−→∞ j = 1, 2, , Tiếp theo ta chứng minh C(j+1),j (x∗j+1 ) = x∗j với j = 1, , C1,5 (x∗1 ) = x∗5 Đầu tiên ta chứng minh trường hợp j = phản chứng Giả sử C2,1 (x∗2 ) = x∗1 , điều kéo theo ρ1 (C2,1 (x∗2 ), x∗1 ) > Lấy x1 = y1,n x2 = x∗2 (2.21) ta có ρ1 (C2,1 (x∗2 ), y1,n+1 ) = ρ1 (C2,1 (x∗2 ), J1 (y1,n )) F1 (y1,n , x∗2 ) ≤ c1 G1 (y1,n , x∗2 ) 45Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (2.39) http://www.lrc-tnu.edu.vn 44 Trong F1 (y1,n , x∗2 ) = max ρ1 (y1,n , J1 (y1,n )) max {ρl (C1,l (y1,n ), C2,l (x∗2 ))}, l∈{3, ,5} ρ1 (y1,n , J1 (y1,n ))ρ2 (x∗2 , J2 (x∗2 )), ρ1 (y1,n , C2,1 (x∗2 ))ρ2 (x∗2 , A1 (y1,n )) = max ρ1 (y1,n , y1,n+1 ) max {ρl (yl,n+1 , C2,l (x∗2 ))}, l∈{3, ,5} ρ1 (y1,n , y1,n+1 )ρ2 (x∗2 , J2 (x∗2 )), ρ1 (y1,n , C2,1 (x∗2 ))ρ2 (x∗2 , y2,n+1 ) Và G1 (y1,n , x∗2 ) = max{ρ1 (y1,n , C2,1 (x∗2 )), ρ1 (y1,n , J1 (y1,n )), (2.40) ρ2 (A1 (y1,n ), J2 (x∗2 ))} = max{ρ1 (y1,n , C2,1 (x∗2 )), ρ1 (y1,n , y1,n+1 ), ρ2 (y2,n+1 , J2 (x∗2 ))} Do đó, n −→ ∞, tử (2.39) dần đến 0, mẫu (2.39) dần đến max{ρ1 (x∗1 , C2,1 (x∗2 )), ρ2 (x∗2 , J2 (x∗2 ))} ≥ ρ1 (x∗1 , C2,1 (x∗2 )) > Nên từ (2.39), ta có ρ1 (C2,1 (x∗2 ), x∗1 ) ≤ Đó mâu thuẫn Như C2,1 (x∗2 ) = x∗1 Chứng minh cách tương tự ta có C(j+1)j (x∗j+1 ) = x∗j , với j = 1, 2, , − C15 (x∗1 ) = x∗5 Tiếp theo ta chứng minh x∗j điểm bất động ánh xạ hợp thành Jj , với j = 1, 2, , Trước hết, ta chứng minh ρ2 (x∗2 , J2 (x∗2 )) ≤ c2 ρ3 (A2 (x∗2 ), x∗3 ) 46Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (2.41) http://www.lrc-tnu.edu.vn 45 Thật vậy, ρ2 (x∗2 , J2 (x∗2 )) = (2.41) ln Ta xét trường hợp ρ2 (x∗2 , J2 (x∗2 )) > Chọn y = A2 (x∗2 ), x = xn (2.21) ta có ρ2 (J2 (x∗2 ), y2,n+1 ) = ρ2 (C32 (A2 (x∗2 )), J2 (y2,n )) F2 (y2,n , A2 (x∗2 )) ≤ c2 G2 (y2,n , A2 (x∗2 )) (2.42) Trong F2 (y2,n , A2 (x∗2 )) = max ρ2 (y2,n , J2 (y2,n )) max {ρl (C2l (y2,n ), C3l (A2 (x∗2 )))}, l∈{1, ,5}\{2,3} ρ2 (y2,n , y2,n+1 )ρ3 (A2 (x∗2 ), J3 (A2 (x∗2 ))), ρ2 (y2,n , C32 (A2 (x∗2 )))ρ3 (A2 (x∗2 ), A3 (y2,n )) Và G2 (y2,n , A2 (x∗2 )) = max{ρ2 (y2,n , C32 (A2 (x∗2 ))), ρ2 (y2,n , y2,n+1 ), ρ3 (y3,n , J3 (A2 (x∗2 ))} Cho n −→ ∞, từ (2.42) ta có ρ2 (J2 (x∗2 ), x∗2 ) ρ2 (x∗2 , J2 (x∗2 ))ρ3 (A2 (x∗2 ), x∗3 )) ≤ c2 max{ρ2 (x∗2 , J2 (x∗2 )), ρ3 (x∗3 , J3 (A2 (x∗2 ))} ρ2 (x∗2 , J2 (x∗2 ))ρ3 (A2 (x∗2 ), x∗3 )) ≤ c2 ρ2 (x∗2 , J2 (x∗2 )) = c2 ρ3 (A2 (x∗2 ), x∗3 )) Như vậy, trường hợp ta ln có ρ2 (J2 (x∗2 ), x∗2 ) ≤ c2 ρ3 (A2 (x∗2 ), x∗3 )) Từ C21 (x∗2 ) = x∗1 , suy J2 (x∗2 ) = A1 (C21 (x∗2 )) = A1 (x∗1 ) Như ta ln có ρ2 (J2 (x∗2 ), x∗2 ) = ρ2 (A1 (x∗1 ), x∗2 ) ≤ c2 ρ3 (A2 (x∗2 ), x∗3 ) 47Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (2.43) http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 Chứng minh tương tự ta có ρj (Jj (x∗j ), x∗j ) = ρj (Aj−1 (x∗j−1 ), x∗j ) ≤ cj ρj+1 (Aj (x∗j ), x∗j+1 ), (2.44) với j = 3, , ρ1 (J1 (x∗1 ), x∗1 ) = ρ1 (A5 (x∗5 ), x∗1 ) ≤ c1 ρ2 (A1 (x∗1 ), x∗2 ) (2.45) Kết hợp bất đẳng thức (2.43), (2.44) (2.45) ta có ρ2 (J2 (x∗2 ), x∗2 ) ≤ c2 ρ3 (A2 (x∗2 ), x∗3 ) ≤ c2 c3 ρ4 (A3 (x∗3 ), x∗4 ) ≤ c1 c2 c5 ρ2 (A1 (x∗1 ), x∗2 ) = c1 c2 c5 ρ2 (J2 (x∗2 ), x∗2 ) < ρ2 (J2 (x∗2 ), x∗2 ), c1 c2 c5 < Điều kéo theo ρ2 (J2 (x∗2 ), x∗2 ) = 0, tức J2 (x∗2 ) = x∗2 Suy x∗2 điểm bất động ánh xạ J2 Hơn từ J2 (x∗2 ) = A1 (x∗1 ), suy A1 (x∗1 ) = x∗2 Lập luận tương tự ta có Jj (x∗j ) = x∗j , Aj−1 (x∗j−1 ) = x∗j , với j = 3, , 5, J1 (x∗1 ) = x∗1 , A5 (x∗5 ) = x∗1 Như x∗j điểm bất động ánh xạ hợp thành Jj , với j = 1, 2, , Để kết thúc, ta chứng minh tính điểm bất động Giả sử y1∗ ∈ M1 điểm thỏa mãn J1 (y1∗ ) = y1∗ Chọn x1 = y1∗ x2 = A1 (x∗1 ) (2.21) ta có ρ1 (x∗1 , y1∗ ) = ρ1 (J1 (x∗1 ), J1 (y1∗ )) = ρ1 (C21 (A1 (x∗1 )), J1 (y1∗ )) F1 (y1∗ , A1 (x∗1 )) , ≤ c1 G1 (y1∗ , A1 (x∗1 )) 48Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (2.46) http://www.lrc-tnu.edu.vn 47 F1 (y1∗ , A1 (x∗1 )) = max ρ1 (y1∗ , y1∗ ) max {ρl (C1l (y1∗ ), C2l (A1 (x∗1 )))}, l∈{1, ,5}\{1,2} ρ1 (y1∗ , y1∗ ).ρ2 (A1 (x∗1 ), J2 (A1 (x∗1 ))), ρ1 (y1∗ , C21 (A1 (x∗1 )))ρ2 (A1 (x∗1 ), A1 (y1∗ )) = ρ1 (y1∗ ,x∗1 )ρ2 (A1 (x∗1 ), A1 (y1∗ )) Và G1 (y1∗ , A1 (x∗1 )) = max{ρ1 (y1∗ , C21 (A1 (x∗1 ))), ρ1 (y1∗ , J1 (y1∗ )), ρ2 (A1 (y1∗ ), J2 (A1 (x∗1 )))} = max{ρ1 (y1∗ , x∗1 ), ρ2 (A1 (y1∗ ), A1 (x∗1 ))} Nếu ρ1 (y1∗ , x∗1 ) > 0, ta biết max{ρ1 (y1∗ , x∗1 ), ρ2 (A1 (y1∗ ), A1 (x∗1 ))} ≥ ρ1 (y1∗ , x∗1 ) Khi bất đẳng thức (2.46) trở thành ρ1 (x∗1 , y1∗ ) ≤ c1 ρ2 (A1 (x∗1 ), A1 (y1∗ )) = c1 ρ2 (x∗2 , y2∗ ), (2.47) y2∗ = A1 (y1∗ ) Hiển nhiên (2.47) trường hợp ρ1 (x∗1 , y1∗ ) = Vì J1 (y1∗ ) = y1∗ nên J2 (y2∗ ) = y2∗ Chứng minh tương tự ta có ∗ ρj (x∗j , yj∗ ) ≤ cj ρj+1 (x∗j+1 , yj+1 ), (2.48) ∗ yj+1 = Aj (yj∗ ), với j = 2, , ρ5 (x∗5 , y5∗ ) ≤ c1 ρ1 (x∗1 , y1∗ ) (2.49) Sử dụng bất đẳng thức (2.47), (2.48), ((2.49)) ta có ρ1 (x∗1 , y1∗ ) ≤ c1 c2 c5 ρ1 (x∗1 , y1∗ ) < ρ1 (x∗1 , y1∗ ) Bất đẳng thức kéo theo ρ1 (x∗1 , y1∗ ) = ≤ c1 c2 c5 < 1, tức x∗1 = y1∗ Như x∗1 điểm bất động ánh xạ J1 Chứng minh tương tự ta có x∗j điểm bất động Jj với j = 2, , Định lý chứng minh 49Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 48 Nhận xét Nếu Định lý 2.2, ta chọn số ≤ c1 = c2 = c3 = c4 < ta có Định lý 2.1 Hiển nhiên điều kiện số c1 , , c4 Định lý 2.2 mạnh hẳn Định lý 2.1 Như Định lý 2.2 mở rộng thực Định lý 2.1 Tiếp theo ta xem xét định lý điểm bất động ánh xạ hợp thành trường hợp không gian compact Định lí 2.3 Cho (M1 , ρ1 ), (M2 , ρ2 ), , (M5 , ρ5 ) không gian metric compact, Aj : Mj → Mj+1 với j = 1, , A5 : M5 → M1 ánh xạ thỏa mãn điều kiện Fj (xj , xj+1 ) với j = 1, , 4, Gj (xj , xj+1 ) F5 (x5 , x1 ) ρ5 (C1,5 (x1 ), J5 (x5 )) ≤ c5 , (2.50) G5 (x5 , x1 ) ρj (C(j+1),j (xj+1 ), Jj (xj )) ≤ cj với xj ∈ Mj , j = 1, , mà Gj (xj , xj+1 ) = (j = 1, , 4), G5 (x5 , x1 ) = 0, cj , j = 1, , số thỏa mãn c1 c2 c3 c4 c5 < (2.51) Khi Jj có điểm bất động x∗j ∈ Mj , với j ∈ {1, , 5} Hơn Aj (x∗j ) = x∗j+1 , với j = 1, , A5 (x∗5 ) = x∗1 Chứng minh Lấy phần tử tùy ý y1,0 ∈ M1 Ta xây dựng dãy (y1,n ), (y2,n ), , (y5,n ) tương ứng không gian M1 , M2 , , M5 sau: y1,n = (J1 )n (y1,0 ); y2,n = A1 (y1,n−1 ), y3,n = A2 (y2,n ); ; y5,n = An−1 (y4,n ), (2.52) với n ∈ N∗ Do M1 không gian compact nên tồn dãy dãy {y1,n } hội tụ, ta kí hiệu {y1,n } Do M2 khơng gian compact nên tồn 50Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 49 dãy {A1 (y1,n )} ⊂ {y1,n } hội tụ, ta kí hiệu {y2,n } Do M3 khơng gian compact nên tồn dãy dãy {A2 (y2,n )} ⊂ {y2,n } hội tụ, ta kí hiệu {y3,n } Do M4 không gian compact nên tồn dãy dãy {A3 (y3,n )} ⊂ {y3,n } hội tụ, ta kí hiệu {y4,n } Do M5 không gian compact nên tồn dãy dãy {A4 (y4,n )} ⊂ {y4,n } hội tụ, ta kí hiệu {y5,n } Kí hiệu z1,n = A5 (y5,n ); z2,n = A1 (z1,n ); z3,n = A2 (z2,n ); z4,n = A3 (z3,n ); z5,n = A4 (z4,n ) (2.53) Với j = 1, , 5, đặt x∗j = lim zj,n n−→∞ Chứng minh giống Định lý 2.2 ta có C(j+1)j (x∗j+1 ) = x∗j , với j = 1, 2, , C15 (x∗1 ) = x∗5 Tiếp theo ta chứng minh x∗j điểm bất động ánh xạ hợp thành Jj , với j = 1, 2, , Trước hết, ta chứng minh ρ2 (x∗2 , J2 (x∗2 )) ≤ c2 ρ3 (A2 (x∗2 ), x∗3 ) (2.54) Thật vậy, ρ2 (x∗2 , J2 (x∗2 )) = (2.54) ln Ta xét trường hợp ρ2 (x∗2 , J2 (x∗2 )) > Chọn y = A2 (x∗2 ), x = xn (2.50) ta có ρ2 (J2 (x∗2 ), z2,n+1 ) = ρ2 (C32 (A2 (x∗2 )), J2 (z2,n )) F2 (z2,n , A2 (x∗2 )) ≤ c2 G2 (z2,n , A2 (x∗2 )) (2.55) Trong F2 (z2,n , A2 (x∗2 )) = max ρ2 (z2,n , J2 (z2,n )) max {ρl (C2l (z2,n ), C3l (A2 (x∗2 )))}, l∈{1, ,5}\{2,3} ρ2 (z2,n , z2,n+1 )ρ3 (A2 (x∗2 ), J3 (A2 (x∗2 ))), ρ2 (z2,n , C32 (A2 (x∗2 )))ρ3 (A2 (x∗2 ), A3 (z2,n )) 51Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 50 Và G2 (z2,n , A2 (x∗2 )) = max{ρ2 (z2,n , C32 (A2 (x∗2 ))), ρ2 (z2,n , z2,n+1 ), ρ3 (z3,n , J3 (A2 (x∗2 ))} Cho n −→ ∞, từ (2.55) ta có ρ2 (J2 (x∗2 ), x∗2 ) ≤ c2 ρ3 (A2 (x∗2 ), x∗3 )) Như vậy, trường hợp ta ln có ρ2 (J2 (x∗2 ), x∗2 ) ≤ c2 ρ3 (A2 (x∗2 ), x∗3 )) Từ C21 (x∗2 ) = x∗1 , suy J2 (x∗2 ) = A1 (C21 (x∗2 )) = A1 (x∗1 ) Điều kéo theo ρ2 (J2 (x∗2 ), x∗2 ) = ρ2 (A1 (x∗1 ), x∗2 ) ≤ c2 ρ3 (A2 (x∗2 ), x∗3 ) (2.56) Chứng minh tương tự ta có ρj (Jj (x∗j ), x∗j ) = ρj (Aj−1 (x∗j−1 ), x∗j ) ≤ cj ρj+1 (Aj (x∗j ), x∗j+1 ), (2.57) với j = 3, , ρ1 (J1 (x∗1 ), x∗1 ) = ρ1 (A5 (x∗5 ), x∗1 ) ≤ c1 ρ2 (A1 (x∗1 ), x∗2 ) (2.58) Kết hợp bất đẳng thức (2.56), (2.57) (2.58) ta có ρ2 (J2 (x∗2 ), x∗2 ) ≤ c2 ρ3 (A2 (x∗2 ), x∗3 ) ≤ c2 c3 ρ4 (A3 (x∗3 ), x∗4 ) ≤ c1 c2 c5 ρ2 (A1 (x∗1 ), x∗2 ) = c1 c2 c5 ρ2 (J2 (x∗2 ), x∗2 ) < ρ2 (J2 (x∗2 ), x∗2 ), c1 c2 c5 < Điều kéo theo ρ2 (J2 (x∗2 ), x∗2 ) = 0, tức J2 (x∗2 ) = x∗2 Suy x∗2 điểm bất động ánh xạ J2 Hơn từ J2 (x∗2 ) = A1 (x∗1 ), suy A1 (x∗1 ) = x∗2 52Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 51 Lập luận tương tự ta có Jj (x∗j ) = x∗j , Aj−1 (x∗j−1 ) = x∗j , với j = 3, , 5, J1 (x∗1 ) = x∗1 , A5 (x∗5 ) = x∗1 Như x∗j điểm bất động ánh xạ hợp thành Jj , với j = 1, 2, , Chứng minh giống Định lý 2.2 ta suy x∗j điểm bất động Jj với j = 1, 2, , Định lý chứng minh 53Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 52 Kết luận Với mục đích nghiên cứu điểm bất động ánh xạ hợp thành không gian metric đầy đủ Trong luận văn nghiên cứu vấn đề sau - Trình bày số kết nghiên cứu Nguyên lý ánh xạ co Banach mở rộng - Trình bày cách chi tiết kết L Kikina (Định lý 1.7) trường hợp ba không gian Giới thiệu L Kikina K Kikina (Định lý 1.8) trường hợp bốn không gian Phát biểu chứng minh kết M Garg S Agarwal trường hợp năm không gian (Định lý 2.1) chứng minh số cải tiến định lý 54Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 53 Tài liệu tham khảo [1] Đỗ Hồng Tân, Nguyễn Thị Thanh Hà (2003), Các định lý điểm bất động, NXB Đại học sư phạm [2] H T Phuong (2010), A related point theorem on metric spaces, preprint [3] M Garg and S Agarwal (2011), A Fixed point theorems in five metric spaces, Int Journal of Math Analysis, Vol No 40, 1973-1982 [4] F Mergadi, Abdelkrim (2009), A related fixed point theorem in N complete metric spaces, Acta universitatis Apulensis No 19, 95 - 118 [5] L Kikina and K Kikina (2009), A related point theorem on four metric spaces, Int Journal of Math Analysis, Vol no 32, pp 1559 - 1568 [6] L Kikina (2009), Fixed point theorems in three metric spaces, Int Journal of Math Analysis, Vol No 13, 619-626 [7] N K Namdeo and N K Tiwari and B Fisher and K Tas (1998), Related fixed point theorems on two complete and compact metric spaces, Internat, J Math & Sci Vol 21, No 3, pp 559 - 564 [8] N P Nung (1985), A fixed point theorem in three metric spaces, Math Sem Kobe Univ, 11, pp 77 - 79 [9] Sakira Jain∗ and Brian Fisher+ (2002), A related fixed point theorem for three of metric spaces, Hacettepe Journal of Mathematics and Statistics, Volume 31, pp 19 - 24 55Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... Chương Mở đầu điểm bất động ánh xạ hợp thành Trong chương giới thiệu số định lý cổ điển định lý điểm bất động chứng minh lại định lý điểm bất động ánh xạ hợp thành ba không gian metric đầy đủ L Kikina... ∈ Q không gian n ∞ metric, dãy xn = + dãy Cauchy Q n n=1 không hội tụ Q Không gian metric X gọi không gian metric đầy đủ với dãy Cauchy phần tử X hội tụ Không gian định chuẩn đầy đủ với metric. .. trọng Với không gian X, f : X −→ X ánh xạ Điểm x0 ∈ X thỏa mãn x0 = f (x0 ) gọi điểm bất động ánh xạ f Vấn đề đặt với điều kiện X f f có điểm bất động điểm bất động Những định lý điểm bất động xuất