Không gian b-mêtric chữ nhật
Mục này giới thiệu các khái niệm cơ bản về không gian b-metric và không gian metric chữ nhật, cùng với những tính chất quan trọng của không gian b-metric chữ nhật.
Một b-metric trên tập X là một ánh xạ d: X×X → [0,+∞) thỏa mãn điều kiện tồn tại hằng số s ≥ 1, với mọi x, y, z thuộc X, đảm bảo các điều kiện nhất định được xác định trong lý thuyết.
Khi đó, (X, d) được gọi là không gian b-mêtric hay bM S không gian với hệ số s.
Mêtric chữ nhật là một ánh xạ d: X×X → [0,+∞) được định nghĩa cho tập X khác rỗng, với điều kiện rằng đối với mọi x, y thuộc X và mọi cặp điểm phân biệt u, v thuộc X\{x, y}, các điều kiện nhất định phải được thỏa mãn.
Khi đó, (X, d) được gọi là không gian mêtric chữ nhật hay RM S không gian.
Một b-mêtric chữ nhật trên tập X là ánh xạ d: X×X → [0,+∞) thỏa mãn điều kiện rằng với mọi x, y ∈ X và mọi cặp điểm phân biệt u, v ∈ X\{x, y}, tồn tại hằng số s ≥ 1 sao cho các điều kiện liên quan được thỏa mãn.
Khi đó, (X, d) được gọi là không gian b-mêtric chữ nhật hay RbM S không gian với hệ số s.
Mỗi không gian mêtric đều là không gian mêtric chữ nhật, và tất cả các không gian mêtric chữ nhật đều là không gian b-mêtric chữ nhật với hệ số s = 1 Tuy nhiên, điều ngược lại không đúng.
1.1.4 Ví dụ 1) Cho X = N và ánh xạ d : X ×X →X được xác định bởi: d(x, y)
Trong không gian b-metric chữ nhật (X, d), ta có quy tắc xác định khoảng cách như sau: d(x, y) = 0 nếu x = y, d(x, y) = 4α nếu x, y thuộc {1,2} và x khác y, và d(x, y) = α nếu x hoặc y không thuộc {1,2} và x khác y, với α là hằng số Hệ số s của không gian này là 4/3, lớn hơn 1 Tuy nhiên, (X, d) không phải là không gian metric chữ nhật do d(1,2) = 4α lớn hơn tổng d(1,3) + d(3,4) + d(4,2) = 3α.
2) Cho X = N và ánh xạ d : X ×X → X sao cho d(x, y) =d(y, x) với mọi x, y ∈ X được xác định bởi: d(x, y)
3α nếu x hoặc y /∈ {1,2,3,4} và x 6= y, trong đó α là hằng số Khi đó, (X, d) là không gian b-mêtric chữ nhật với hệ số s = 2 > 1, nhưng (X, d)) không phải là không gian mêtric chữ nhật vì d(1,2) = 10α > 5α = d(1,3) +d(3,4) +d(4,2).
Cho X = R và ánh xạ d: X × X → R+ được định nghĩa bởi d(x, y) = |x−y|^k với mọi x, y ∈ X và k ≥ 1 Khi đó, (X, d) là không gian b-metric chữ nhật với hệ số s = 3k−1 Các tiên đề (1) và (2) trong Định nghĩa 1.1.3 đã được kiểm tra và thỏa mãn Tiên đề (3) cũng được xác nhận, vì hàm f(x) = x^k là hàm lồi với mọi x ≥ 0, và theo bất đẳng thức Jensen, điều này được chứng minh.
(a+ b+c) k ≤3 k−1 (a k +b k +c k ), với mọi số thực không âm a, b, c Do đó d(x, y) = |x−y| k ≤ (|x−z|+|z−w|+|w −y|) k
Do đó, (X, d) là không gian b-mêtric chữ nhật với hệ số s = 3 k−1
1.1.5 Định nghĩa ([7]) Cho (X, d) là không gian b-mêtric chữ nhật, {x n } là dãy các điểm của X và x ∈ X.
B r (x) ={y ∈ X : d(x, y) < r} được gọi là hình cầu mở tâm x, bán kính r > 0.
2 Dãy {x n } được gọi là hội tụ trong (X, d) về x ∈ X nếu với mọi ε > 0 tồn tại n 0 ∈ N sao cho d(x n , x) < ε với mọi n > n 0 và ta ký hiệu x n → x khi n → ∞.
3 Dãy {x n } được gọi là dãy Cauchy trong (X, d) nếu với mọi ε > 0 tồn tại n 0 ∈ N sao cho d(x n , x n+p ) < ε với mọi n > n 0 và p ∈ N hay n→∞limd(x n , x m ) = 0 với mọi p ∈ N.
4 (X, d) được gọi là không gian b-mêtric chữ nhật đầy đủ nếu mọi dãy Cauchy trong X đều hội tụ về một điểm thuộc X.
1.1.6 Ví dụ ([7]) Cho X = A∪B trong đó A = { 1 n : n ∈ N} và B = N + Xác định ánh xạ d : X ×X → [0,∞) sao cho d(x, y) = d(y, x) với mọi x, y ∈ X cho bởi: d(x, y)
Nếu x = y, giá trị là 0; nếu x, y thuộc A α, giá trị là 2α; nếu x thuộc A và y thuộc {2,3}, giá trị là 2n; và trong các trường hợp còn lại, giá trị là α, với α là hằng số dương Do đó, (X, d) tạo thành không gian b-metric chữ nhật với hệ số s = 2 > 1.
1) (X, d) không là không gian mêtric chữ nhật vì d(1
3) và do đó nó không phải là không gian mêtric.
2) Không tồn tạis ≥ 1sao cho d(x, y) ≤ s[d(x, z) +d(y, z)] với mọi x, y, z ∈ X và do đó (X, d) không là không gian b-mêtric.
2( 1 2 ) = {2,3, 1 2 } và không tồn tại hình cầu mở tâm 2 được chứa trong
4) Dãy { n 1 } hội tụ tới 2 và 3 trong RbM S và giới hạn không duy nhất, Hơn nữa, d( n 1 , n+p 1 ) = 2α 9 0 khi n → ∞ Do đó, { n 1 } không là dãy Cauchy trong RbM S.
5) Không tồn tại r 1 , r 2 > 0 sao cho B r 1 (2)∩B r 2 (3) = ∅ và do đó, (X, d) không là không gian Haussdoff.
Định lý điểm bất động cho các ánh xạ co Banach, Kannan và Kiểu Boyd-Wong
Kannan và Kiểu Boyd-Wong
Trong bài viết này, chúng tôi giới thiệu các định lý điểm bất động cho ánh xạ co Banach, Kannan và Boyd-Wong trong không gian b-metric chữ nhật Những định lý này đóng vai trò quan trọng trong lý thuyết toán học và ứng dụng của các ánh xạ trong các không gian đặc biệt này.
Giả sử (X, d) là không gian b-metric chữ nhật đầy đủ với hệ số s ≥ 1 và T : X → X là ánh xạ thỏa mãn điều kiện d(T x, T y) ≤ λd(x, y) với mọi x, y ∈ X, trong đó λ thuộc [0, 1/s] Khi đó, ánh xạ T có duy nhất một điểm bất động.
Để chứng minh rằng dãy {x n} là dãy Cauchy, ta bắt đầu với một phần tử x0 ∈ X và xây dựng dãy theo công thức xn+1 = T xn cho mọi n ≥ 0 Nếu xn = xn+1, thì xn sẽ là điểm bất động của T Giả sử x n không bằng x n+1 cho mọi n ≥ 0, ta đặt d(x n , x n+1 ) = d n Từ bất đẳng thức (1.1), ta có d(x n , x n+1 ) = d(T x n−1 , T x n ) ≤ λd(x n−1 , x n), dẫn đến d n ≤ λd(x n−1 , x n) Tiếp tục quy trình này, ta thu được d n ≤ λ^n d 0 từ (1.2).
Nếu \( x_0 = x_n \), từ (1.2) với mọi \( n \geq 2 \) ta có \( d(x_0, T x_0) = d(x_n, T x_n) \), tức là \( d(x_0, x_1) = d(x_n, x_{n+1}) \) kéo theo \( d_0 = d_n \leq \lambda^n d_0 \) Điều này dẫn đến mâu thuẫn, do đó \( d_0 = 0 \) tức là \( x_0 = x_1 \) và \( x_0 \) là điểm bất động của \( T \) Giả sử \( x_n \neq x_m \) với mọi cặp phân biệt \( n, m \in \mathbb{N} \), ta đặt \( d(x_n, x_{n+2}) = d^*_n \) và từ (1.1) ta có: \( d(x_n, x_{n+2}) = d(T x_{n-1}, T x_{n+1}) \leq \lambda d(x_{n-1}, x_{n+1}) \) hay \( d^*_n \leq \lambda d^*_{n-1} \) Tiếp tục quá trình này, ta thu được \( d(x_n, x_{n+2}) \leq \lambda^n d^*_0 \).
Ta xét d(x n , x n+p ) trong 2 trường hợp sau:
Trường hợp 1: Nếu p lẻ hay p= 2m+ 1 thì từ (1.2) ta có: d(x n , x n+2m+1 ) =s[d(x n , x n+1 ) +d(x n+1 , x n+2 ) +d(x n+2 , x n+2m+1 )]
Trường hợp 2: Nếu p chẵn hay p = 2m thì từ (1.2) và (1.3)ta có: d(x n , x n+2m ) = s[d(x n , x n+1 ) + d(x n+1 , x n+2 ) +d(x n+2 , x n+2m )]
≤ s[dn+dn+1] +s 2 [dn+2+ dn+3] +s 3 [dn+4 +dn+5] + +s m−1 [d 2m−4 +d 2m−3 ] +s m−1 d(x n+2m−2 , x n+2m )
Từ (1.4) và (1.5) ta có: n→∞lim d(x n , x n+p ) = 0 với mọi p∈ N (1.6)
Do đó, {x n } là dãy Cauchy trong X Vì (X, d) đầy đủ nên tồn tại u ∈ X sao cho n→∞lim xn = u (1.7)
Bây giờ, ta sẽ chứng minh u là điểm bất động của ánh xạ T Với n∈ N ta có d(u, T u) =s[d(u, x n ) + d(x n , x n+1 ) +d(x n+1 , T u)]
Từ bất đẳng thức và các phương trình đã nêu, ta có d(u, T u) = 0, điều này có nghĩa là T u = u, cho thấy u là điểm bất động của ánh xạ T Để chứng minh tính duy nhất của điểm bất động này, giả sử v là một điểm bất động khác của T Khi đó, theo (1.1), ta có d(u, v) = d(T u, T v) ≤ λd(u, v), dẫn đến mâu thuẫn d(u, v) < d(u, v).
Ta gặp mâu thuẫn Vậy, d(u, v) = 0 hay T có điểm bất động duy nhất
1.2.2 Ví dụ ([7]) Cho X = A ∪ B trong đó A = { n 1 : n ∈ {2,3,4,5}} và
B = {1,2} Xác định ánh xạ d : X ×X →[0,∞) sao cho d(x, y) =d(y, x) với mọi x, y ∈ X cho bởi: d(1
Không gian b-mêtric chữ nhật đầy đủ (X, d) với hệ số s = 4 > 1 không phải là không gian mêtric hay không gian mêtric chữ nhật Giả sử T : X → X là ánh xạ thỏa mãn một số điều kiện nhất định.
Khi đó, T thỏa mãn các điều kiện của Định lý 1.2.1 và T có điểm bất động duy nhất x = 1 4
Giả sử (X, d) là không gian b-mêtric chữ nhật đầy đủ với hệ số s ≥ 1 và T : X → X là ánh xạ thỏa mãn điều kiện d(T x, T y) ≤ λ[d(x, T x) + d(y, T y)] với mọi x, y ∈ X, trong đó λ ∈ [0, s+1 1 ] Khi đó, ánh xạ T có duy nhất một điểm bất động.
Chứng minh rằng dãy {x n } được xây dựng từ x0 ∈ X theo công thức xn+1 = T xn là dãy Cauchy Nếu x n = x n+1, thì x n là điểm bất động của T Giả sử x n ≠ x n+1 với mọi n ≥ 0, ta có d(x n , x n+1 ) = d n Từ bất đẳng thức (1.8), ta có d(x n , x n+1 ) ≤ λ[d(x n−1 , T x n−1 ) + d(x n , T x n )] Kết quả là d n = λ[d(x n−1 , x n ) + d(x n , x n+1 )], dẫn đến d n ≤ λ.
1−λd n−1 = βd n−1 Tiếp tục quá trình này ta thu được d n ≤ β n d 0 (1.9)
Nếu x 0 = x n, từ (1.9) với mọi n ≥ 2, ta có d(x 0 , T x 0 ) = d(x n , T x n ), dẫn đến d(x 0 , x 1 ) = d(x n , x n+1), và do đó d 0 = d n ≤ β n d 0, gây ra mâu thuẫn Do vậy, ta kết luận d 0 = 0, tức là x 0 = x 1 và x 0 là điểm bất động của T Do đó, ta giả sử xn khác xm với mọi cặp phân biệt n, m ∈ N Từ (1.8) và (1.9), ta có d(x n , x n+2 ) = d(T x n−1 , T x n+1).
Do đó d(x n , x n+2 ) ≤ γβ n−1 d 0 (1.10) trong đó γ = λ[1 +β 2 ] Ta xét d(xn, xn+p) trong 2 trường hợp sau:
Trường hợp 1: Nếu p lẻ hay p= 2m+ 1 thì từ (1.9) ta có: d(x n , x n+2m+1 ) =s[d(x n , x n+1 ) +d(x n+1 , x n+2 ) +d(x n+2 , x n+2m+1 )]
≤ s[dn, dn+1] +s 2 [d(xn+2, xn+3) +d(xn+3, xn+4) +d(x n+4 , x n+2m+1 )]
1−sβ 2 sβ n d 0 (1.11) Trường hợp 2: Nếu p chẵn hay p = 2m thì từ (1.9) và (1.10)ta có: d(x n , x n+2m ) =s[d(x n , x n+1 ) +d(x n+1 , x n+2 ) + d(x n+2 , x n+2m )]
Từ (1.11) và (1.12) ta có: n→∞lim d(xn, xn+p) = 0 với mọi p∈ N (1.13)
Do đó, {x n } là dãy Cauchy trong X Vì (X, d) đầy đủ nên tồn tại u ∈ X sao cho n→∞lim x n = u (1.14)
Bây giờ, ta sẽ chứng minh u là điểm bất động của ánh xạ T Với n∈ N ta có d(u, T u) = s[d(u, x n ) +d(x n , x n+1 ) +d(x n+1 , T u)]
Từ giả thiết λ < 1 và bất đẳng thức đã nêu, ta có d(u, T u) = 0, tức là T u = u, cho thấy u là điểm bất động của ánh xạ T Để chứng minh tính duy nhất của điểm bất động, giả sử v là một điểm bất động bất kỳ của T Khi đó, từ bất đẳng thức (1.8), ta có d(u, v) = d(T u, T v) ≤ λ[d(u, T u) + d(v, T v)] = λ[d(u, u) + d(v, v)] = 0.
Vậy, d(u, v) = 0 hay u = v, nghĩa là, T có điểm bất động duy nhất
Ký hiệu Φ là tập các hàm φ : [0,∞) →[0,∞) thỏa mãn các điều kiện sau:
(3) φ nửa liên tục trên bên phải, có nghĩa là, với dãy bất kỳ {t n } ∈ [0,∞) sao cho t n → t khi n→ ∞ ta có lim n→∞supφ(t n ) ≤ φ(t).
Trong không gian b-mêtric chữ nhật (X, d) với hệ số s ≥ 1, nếu có hai ánh xạ f và g từ X đến X sao cho f(X) nằm trong g(X), và g(X) là đầy đủ, đồng thời tồn tại một hàm φ thuộc Φ thỏa mãn bất đẳng thức sd(f(x), f(y)) ≤ φ(d(g(x), g(y))) cho mọi x, y trong X, thì f và g sẽ có một điểm chung duy nhất w trong X.
Để chứng minh rằng nếu tồn tại điểm chung giữa hai hàm f và g thì điểm chung đó là duy nhất, giả sử có hai điểm chung khác nhau w1 và w2 Khi đó, tồn tại hai điểm u1 và u2 sao cho f(u1) = g(u1) = w1 và f(u2) = g(u2) = w2 Từ đó, ta có d(w1, w2) = d(f(u1), f(u2)) ≤ sd(f(u1), f(u2)) ≤ φ(d(g(u1), g(u2))).
= φ(d(w 1 , w 2 )) < d(w 1 , w 2 ), (1.16) ta gặp mâu thuẫn Vậy w1 = w2.
Bây giờ, ta sẽ chứng minh f và g có điểm chung Lấy tùy ý x 0 ∈ X, vì f(X) ⊂ g(X) nên ta xây dựng được hai dãy {x n } và {y n } như sau: y n = f x n = gx n+1 với n = 0,1,2, (1.17)
Nếu \( y_{n_0} = y_{n_0 + 1} \) với \( n_0 \in \mathbb{N} \), thì \( g(x_{n_0 + 1}) = y_{n_0} = y_{n_0 + 1} = f(x_{n_0 + 1}) \) Điều này cho thấy rằng \( f \) và \( g \) có một điểm chung duy nhất Do đó, ta có thể giả định rằng \( y_n \neq y_{n+1} \) với mọi \( n \in \mathbb{N} \) Hơn nữa, chúng ta còn chứng minh được rằng \( y_n \neq y_m \) với \( n \neq m \) Từ (1.15), ta có \( d(y_m, y_{m+1}) = d(y_n, y_{n+1}) \).
= φ(d(y n−1 , y n )) < d(y n−1 , y n ) < < d(y m , y m+1 ), (1.18) ta gặp mâu thuẫn Do đó, yn 6= ym với n 6= m.
Tiếp theo, ta chứng minh d(yn, yn+1) → 0 khi n → ∞ Thật vậy ta có d(y n , y n+1 ) = d(f x n , f x n+1 ) ≤ sd(f x n , f x n+1 )
≤ φ(d(gx n , gx n+1 )) = φ(d(y n−1 , y n )) < d(y n−1 , y n ), (1.19) suy ra {d(y n , yn+1)} là dãy giảm ngặt Do đó tồn tại d ∗ ≥ 0 sao cho n→∞lim d(y n , y n+1 ) =d ∗ (1.20)
Khi cho n → ∞ trong (1.19) và áp dụng tính nửa liên tục của hàm φ, ta có d ∗ = 0, dẫn đến lim n→∞ d(y n , y n+1 ) = 0 Để chứng minh rằng dãy {y n } là dãy Cauchy, giả sử ngược lại, tức là {y n } không phải là dãy Cauchy Khi đó, tồn tại ε > 0 và hai dãy con {y m(k)} và {y n(k)} của dãy {y n } sao cho d(y m(k), y n(k)) ≥ ε với n(k) là chỉ số nhỏ nhất thỏa mãn n(k) > m(k) > k Từ đó, ta có d(y m(k), y n(k)−2) < ε Khi lấy giới hạn trên (1.22) khi k → ∞, ta nhận được n→∞ lim sup d(y m(k), y n(k)−2) ≤ ε.
Mặt khác, d(y m(k) , yn(k)) ≤ sd(y m(k) , y m(k)+1 ) + sd(y m(k)+1 , y n(k)−1 )
Từ (1.20), (1.21) lấy giới hạn trên khi k → ∞ ta có ε s ≤ lim n→∞supd(y m(k)+1 , y n(k)−1 ) (1.25) Tiếp tục ta cũng có d(y m(k) , y n (k)) ≤ sd(y m(k) , y m(k)−2 ) + sd(y n(k)−2 , y n(k)−1 )
Từ (1.20), (1.21) lấy giới hạn trên khi k → ∞ ta có ε s ≤ lim n→∞supd(y m(k) , y n(k)−2 ) (1.27) Bây giờ, đặt x = y n(k)−1 , y = y n(k)−1 trong (1.15) ta suy ra sd(y m(k)+1 , y n(k)−1 ) =sd(y m(k)+1 , y n(k)−1 )
Khi lấy giới hạn khi k → ∞ trong phương trình (1.28) và áp dụng các kết quả từ (1.23) và (1.25), chúng ta nhận được ε = sε s ≤ φ(ε) < ε, điều này dẫn đến mâu thuẫn với điều kiện φ(t) < t với t > 0 Do đó, dãy {y n} = {f x n} = {g n+1} là một dãy Cauchy trong không gian (X, d) Vì g(X) là không gian đầy đủ, tồn tại một phần tử z ∈ X sao cho w = gz ∈ g(X) và y n hội tụ về w Chúng ta sẽ chứng minh rằng f z = gz Giả sử y n khác f z và y n cũng khác gz, từ đó dẫn đến một kết quả không hợp lệ.
≤d(gz, y n−1 ) +d(yn, yn+1) + d(yn+1, gz) →0 khi n → ∞ Điều này kéo theo f z = gz = w là điểm chung của f và g Vì thế w là điểm chung duy nhất của f và g
Lấy g = I X trong (1.15) ta thu được định lý kiểu Boyd-Wong trong không gian b-mêtric chữ nhật.
Điểm bất động chung cho các ánh xạ co suy rộng
Mục này trình bày một số kết quả về sự tồn tại điểm bất động chung cho các ánh xạ co suy rộng trong không gian b-mêtric chữ nhật.
2.1.1 Định nghĩa ([8]) 1) Phần tử (x, y) ∈ X ×X được gọi là điểm bất động bộ đôi của ánh xạ F :X ×X → X nếu F(x, y) = x và F(y, x) =y.
2) Phần tử (x, y) ∈ X × X được gọi là điểm chung bộ đôi của ánh xạ F :
X ×X → X và g : X → X nếu F(x, y) =gx và F(y, x) =gy.
3) Phần tử (x, y) ∈ X ×X được gọi là điểm bất động bộ đôi chung của ánh xạ
F : X ×X →X và g :X →X nếu F(x, y) = gx= x và F(y, x) =gy = y.
4) ChoX là tập khác rỗng Một cặp ánh xạ F : X×X → X vàg :X →X được gọi làw-tương thích nếuF(x, y) = gxvàF(y, x) =gy thìgF(x, y) =F(gx, gy).
Định lý 2.1.2 cho rằng, với tập X không rỗng và hai b-metric chữ nhật d1, d2 trên X, nếu d1(x, y) ≤ d2(x, y) cho mọi x, y thuộc X, thì tồn tại một số thực s ≥ 1 là hệ số của b-metric chữ nhật d1 Hơn nữa, tồn tại các số thực k1, k2, k3 trong khoảng [0,1) thỏa mãn các điều kiện nhất định.
0 ≤ k 1 + k 2 + k 3 < 1; 0 ≤ sk 3 < 1 cùng các ánh xạ F : X × X → X và g : X → X thỏa mãn điều kiện d 1 (F(x, y), F(u, v)) +d 1 (F(y, x), F(v, u)) ≤ k 1 [d 2 (gx, gu) +d 2 (gy, gv)]
Với mọi cặp (x, y) và (u, v) thuộc X × X, nếu F(X × X) thuộc g(X) và (g(X), d1) là đầy đủ, thì F và g sẽ có ít nhất một điểm chung bộ đôi (x, y) trong X × X thỏa mãn gx = F(x, y) và gy = F(y, x) Hơn nữa, nếu F và g là w-tương thích, chúng sẽ có một điểm bất động bộ đôi chung duy nhất (u, u) sao cho u = gu = F(u, u).
Chứng minh rằng với (x₀, y₀) ∈ X × X, do F(X × X) ⊂ g(X) nên tồn tại x₁, y₁ ∈ X sao cho gx₁ = F(x₀, y₀) và gy₁ = F(y₀, x₀) Tương tự, có x₂, y₂ ∈ X thỏa mãn gx₂ = F(x₁, y₁) và gy₂ = F(y₁, x₁) Tiếp tục quá trình này, ta có thể xây dựng hai dãy {xₙ} và {yₙ} với gxₙ₊₁ = F(xₙ, yₙ) và gyₙ₊₁ = F(yₙ, xₙ) cho mọi n ≥ 0.
Cho (x, y) = (x n , y n ) và (u, v) = (x n+1 , y n+1 ) trong (2.1) ta được d 1 (gx n+1 , gx n+2 ) +d 1 (gy n+1 , gy n+2 )
= d1(F(xn, yn), F(xn+1, yn+1)) +d1(F(yn, xn), F(yn+1, xn+1))
≤k 1 [d 2 (gx n , gx n+1 ) +d 2 (gy n , gy n+1 )] +k 2 [d 2 (gx n , F(x n , y n )) +d 2 (gy n , F(y n , x n ))] + k 3 [d 2 (gx n+1 , F(x n+1 , y n+1 )) +d 2 (gy n+1 , F(y n+1 , x n+1 ))]
= k 1 [d 2 (gx n , gx n+1 ) +d 2 (gy n , gy n+1 )] +k 2 [d 2 (gx n , gx n+1 ) +d 2 (gy n , gy n+1 )]
≤k1[d1(gxn, gxn+1) +d1(gyn, gyn+1)] +k2[d1(gxn, gxn+1) +d1(gyn, gyn+1)]
Từ (2.2) ta suy ra d 1 (gx n+1 , gx n+2 ) +d 1 (gy n+1 , gy n+2 ) ≤ k 1 +k 2
Vì 0 ≤ k 1 + k 2 + k 3 < 1 nên 0 ≤ k < 1 Đặt δ n d 1 (gx n , gx n+1 ) +d 1 (gy n , gy n+1 ) và lặp lại (2.3) n lần ta suy ra δ n+1 ≤ kδ n ≤ k 2 δ n−1 ≤ ≤ k n+1 δ 0 (2.4) Cho (x, y) = (xn, yn) và (u, v) = (xn+2, yn+2) trong (2.1) cùng với (2.4) ta được d 1 (gx n+1 , gx n+3 ) +d 1 (gy n+1 , gy n+3 )
≤k 1 [d 2 (gx n , gx n+2 ) +d 2 (gy n , gy n+2 )] +k 2 [d 2 (gx n , F(x n , y n )) +d 2 (gy n , F(y n , x n ))] + k 3 [d 2 (gx n+2 , F(x n+2 , y n+2 )) +d 2 (gy n+2 , F(y n+2 , x n+2 ))]
= k1[d2(gxn, gxn+2) +d2(gyn, gyn+2)] +k2[d2(gxn, gxn+1) +d2(gyn, gyn+1)]
≤k 1 [d 2 (gx n , gx n+2 ) +d 2 (gy n , gy n+2 )] +k 2 [d 2 (gx n , gx n+1 ) +d 2 (gy n , gy n+1 )]
= k 1 [d 2 (gx n , gx n+2 ) +d 2 (gy n , gy n+2 )] + (k 2 +k 3 k 2 )[d 2 (gx n , gx n+1 ) +d 2 (gy n , gy n+1 )]
≤k 1 [d 1 (gx n , gx n+2 ) +d 1 (gy n , gy n+2 )] + (k 2 +k 3 k 2 )[d 1 (gx n , gx n+1 ) + d 1 (gy n , gy n+1 )].
(2.5) Đặt δ n ∗ = d1(gxn, gxn+2) + d1(gyn, gyn+2) và do k = k 1 +k 2
Kết hợp với (2.4), (2.5) ta được δ n+1 ∗ ≤ k 1 δ n ∗ + (k 2 +k 3 k 2 )δ n ≤ (k 1 +k 2 + k 3 k 2 ) max{δ n , δ n ∗ }
Từ (2.4), (2.6) ta có δ ∗ n+1 ≤ kmax{δ n , δ n ∗ } ≤ kmax{kδ n−1 , kmax{δ n−1 , δ n−1 ∗ }}
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh {gx n } và {gy n } là các dãy Cauchy trong g(X). Xét d1(xn, xn+p) trong 2 trường hợp.
Trường hợp 1: Nếu p lẻ hay p= 2m+ 1 ta có d 1 (gx n , gx n+p ) =d 1 (gx n , gx n+2m+1 )
≤s[d1(gxn, gxn+1) +d1(gxn+1, gxn+2) +d1(gxn+2, gxn+2m+1)]
+s 2 [d 1 (gx n+2 , gx n+3 ) +d 1 (gx n+3 , gx n+4 ) +d 1 (gx n+4 , gx n+2m+1 )]
+s 3 [d 1 (gx n+4 , gx n+5 ) +d 1 (gx n+5 , gx n+6 ) +d 1 (gx n+6 , gx n+2m+1 )]
+s 2 [d1(gxn+2, gxn+3) +d1(gxn+3, gxn+4) +d1(gxn+4, gxn+2m+1)]+ +s 3 [d 1 (gx n+4 , gx n+5 ) +d 1 (gx n+5 , gx n+6 )] +
+d 1 (gx n+2m , gx n+2m+1 )]. Điều này kéo theo d 1 (gx n , gx n+p ) =d 1 (gx n , gx n+2m+1 )
+s m d 1 (gx n+2m , gx n+2m+1 ) (2.8) Tương tự, ta cũng chứng minh được d 1 (gy n , gy n+p ) = d 1 (gy n , gy n+2m+1 )
+s m d 1 (gy n+2m , gy n+2m+1 ) (2.9) Kết hợp (2.4), (2.8) và (2.9) ta có d 1 (gx n , gx n+p ) +d 1 (gy n , gy n+p )
Trường hợp 2: p là số chẵn hay p= 2m ta có d 1 (gx n , gx n+p ) =d 1 (gx n , gx n+2m )
≤ s[d1(gxn, gxn+1) +d1(gxn+1, gxn+2) +d1(gxn+2, gxn+2m)]
+s 2 [d 1 (gx n+2 , gx n+3 ) +d 1 (gx n+3 , gx n+4 ) +d 1 (gx n+4 , gx n+2m )]
+s m−1 [d 1 (gx n+2m−4 , gx n+2m−3 ) +d 1 (gx n+2m−3 , gx n+2m−2 )+ +s m−1 d 1 (gx n+2m−2 , gx n+2m )] (2.11)
Lý luận tương tự ta cũng có d 1 (gy n , gy n+p ) = d 1 (gy n , gy n+2m )
+s m−1 [d 1 (gy n+2m−4 , gy n+2m−3 ) +d 1 (gy n+2m−3 , gy n+2m−2 )++s m−1 d 1 (gy n+2m−2 , gy n+2m )] (2.12)
Kết hợp (2.3), (2.6) (2.11) và (2.12) ta thu được d 1 (gx n , gx n+p ) +d 1 (gy n , gy n+p )
= sk n (1 +k)[1 +sk 2 + (sk 2 ) 2 + + (sk 2 ) m−2 ]δ 0 +s m−1 k n+2m−2 max{δ 0 , δ 0 ∗ }
sk n (1 +k)(m−1)δ 0 + s m−1 k n+2m−2 max{δ 0 , δ 0 ∗ } nếu sk 2 = 1 sk n (1 +k)1−(sk 2 ) m−1
sk n (1 +k)(m−1)δ 0 + s m−1 k n+2m−2 max{δ 0 , δ 0 ∗ } nếu sk 2 = 1 sk n (1 +k)
Vì k thuộc khoảng [0,1), nên khi n tiến đến vô cực, k^n sẽ tiến về 0 Khi cho n tiến đến vô cực trong các biểu thức (2.10) và (2.13), ta có giới hạn n→∞lim[d1(gxn, gxn+p) + d1(gyn, gyn+p)] = 0, điều này dẫn đến các dãy {gx n} và {gy n} là các dãy Cauchy trong không gian g(X) Do g(X) là không gian đầy đủ, nên tồn tại x, y thuộc X sao cho lim n→∞gx n = gx và lim n→∞gy n = gy.
Từ (2.1) và (2.4) ta có d1(gxn+1, F(x, y)) +d1(gyn+1, F(y, x))
≤k 1 [d 2 (gx n , gx) + d 2 (gy n , gy)] +k 2 [d 2 (gx n , F(x n , y n )) +d 2 (gy n , F(y n , x n ))] + k 3 [d 2 (gx, F(x, y)) +d 2 (gy, F(y, x))]
= k 1 [d 2 (gx n , gx) +d 2 (gy n , gy)] +k 2 [d 2 (gx n , gx n+1 ) +d 2 (gy n , gy n+1 )]
≤k 1 [d 1 (gx n , gx) + d 1 (gy n , gy)] +k 2 [d 1 (gx n , gx n+1 ) +d 1 (gy n , gy n+1 )]
= k1[d1(gxn, gx) +d1(gyn, gy)] +k2δn +k3[d1(gx, F(x, y)) +d1(gy, F(y, x)]
≤k 1 [d 1 (gx n , gx) + d 1 (gy n , gy)] +k 2 k n δ 0 +k 3 [d 1 (gx, F(x, y)) +d 1 (gy, F(y, x)].
(2.14) Áp dụng (2.4) và (2.14) ta có d 1 (gx n , F(x, y)) +d 1 (gy n , F(y, x))
≤ s[d 1 (gx n , gx) +d 1 (gx n , gx n+1 ) +d 1 (gx n+1 , F(x, y))]
+s[d 1 (gy n , gy) +d 1 (gy n , gy n+1 ) + d 1 (gy n+1 , F(y, x))]
= s[d 1 (gx n , gx) +d 1 (gx n , gy)] +sδ n +s[d 1 (gx n+1 , F(x, y)) +d 1 (gy n+1 , F(y, x))]
≤ s(1 +k 1 )[d 1 (gx n , gx) +d 1 (gy n , gy)] +s(1 +k 2 )k n δ 0 +sk3[d1(gx, F(x, y)) +d1(gy, F(y, x))] (2.15) Cho n→ ∞ trong bất đẳng thức (2.15) ta thu được d 1 (gx, F(x, y)) +d 1 (gy, F(y, x)) ≤sk 3 [d 1 (gx, F(x, y)) +d 1 (gy, F(y, x))].
Vì 0 ≤ sk 3 < 1 nên ta suy ra d 1 (gx, F(x, y)) +d 1 (gy, F(y, x)) = 0. Điều này kéo theo gx = F(x, y) và gy = F(y, x) Vậy, (x, y) là điểm chung bộ đôi của F và g.
Chúng ta sẽ chứng minh tính duy nhất của điểm chung bộ đôi của hai hàm F và g Giả sử (x ∗ , y ∗ ) là một điểm chung bộ đôi khác của F và g Theo công thức (2.1), ta có d 1 (gx, gx ∗ ) + d 1 (gy, gy ∗ ) = d 1 (F(x, y), F(x ∗ , y ∗ )) + d 1 (F(y, x), F(y ∗ , x ∗ )).
≤ k1[d2(gx, gx ∗ ) +d2(gy, gy ∗ )] +k2[d2(gx, F(x, y)) +d2(gy, F(y, x))]
= k 1 [d 2 (gx, gx ∗ ) +d 2 (gy, gy ∗ )] ≤ k 1 [d 1 (gx, gx ∗ ) + d 1 (gy, gy ∗ )] (2.17)
Từ (2.17) và 0 ≤ k1 ≤ k1 +k2 +k3 < 1 nên ta suy ra d 1 (gx, gx ∗ ) +d 1 (gy, gy ∗ ) = 0. Điều này kéo theo gx = gx ∗ và gy = gy ∗ Vì thế, điểm chung bộ đôi của F và g duy nhất.
Bây giờ, ta sẽ chứng minh gx = gy Thật vậy, (2.1) ta có d 1 (gx, gy) +d 1 (gy, gx) =d 1 (F(x, y), F(y, x)) +d 1 (F(y, x), F(x, y))
≤k 1 [d 2 (gx, gy) +d 2 (gy, gx)] +k 2 [d 2 (gx, F(x, y)) +d 2 (gy, F(y, x))] + k3[d2gy, F(y, x)) +d2(gxF(x, y))]
= k 1 [d 2 (gx, gy) +d 2 (gy, gx)] ≤ k 1 [d 1 (gx, gy) +d 1 (gy, gx)].
Từ (2.17) và 0 ≤ k 1 ≤ k 1 +k 2 +k 3 < 1 nên ta suy ra d 1 (gx, gy) +d 1 (gy, gx) = 0.
Cuối cùng, nếuF và g là w-tương thích thìg(F(x, y)) =F(gx, gy) Lấyu = gx ta có u = gx = F(x, y) =gy = F(y, x).
Do đó gu = ggu = g(F(x, y)) = F(gx, gy) = F(u, u).
Điểm bộ đôi chung của F và g được chứng minh là (u, u), với gu = gx Từ tính duy nhất này, ta suy ra F(u, u) = gu = u, khẳng định rằng (u, u) là điểm bất động bộ đôi chung duy nhất của F và g.
Hệ quả của việc cho X là tập khác rỗng và d 1, d 2 là hai b-mêtric chữ nhật trên X, với điều kiện d 1(x, y) ≤ d 2(x, y) cho mọi x, y ∈ X, là việc xác định số thực s ≥ 1 là hệ số của b-mêtric chữ nhật d 1 Ngoài ra, giả sử tồn tại các số thực k 1, k 2, k 3 thuộc khoảng [0,1) để đảm bảo tính chất của các b-mêtric này.
0 ≤ 2(k 1 + k 2 +k 3 ) < 1; 0 ≤ 2sk 3 < 1 cùng các ánh xạ F : X ×X → X và g : X → X thỏa mãn điều kiện d1(F(x, y), F(u, v)) ≤ k1[d2(gx, gu) +d2(gy, gv)]
Với mọi (x, y), (u, v) ∈ X × X, công thức +k 3 [d 2 (gu, F(u, v)) + d 2 (gv, F(v, u))] (2.18) được áp dụng Nếu F(X × X) nằm trong g(X) và (g(X), d 1) là đầy đủ, thì F và g sẽ có một cặp điểm chung (x, y) ∈ X × X thỏa mãn gx = F(x, y) và gy = F(y, x) Hơn nữa, nếu F và g là w-tương thích, thì F và g sẽ có một điểm bất động cặp chung duy nhất (u, u) sao cho u = gu = F(u, u).
Chứng minh: Từ (2.18) ta có d 1 (F(x, y), F(u, v)) ≤ k 1 [d 2 (gx, gu) +d 2 (gy, gv)]
+k 3 [d 2 (gu, F(u, v)) +d 2 (gv, F(v, u))] (2.19) và d 1 (F(y, x), F(v, u)) ≤ k 1 [d 2 (gy, gv) +d 2 (gx, gu)]
Kết hợp (2.19) và (2.20) ta có d 1 (F(x, y), F(u, v)) +d 1 (F(y, x), F(v, u))
Từ Định lý 2.1.2 ta có điều phải chứng minh.
Trong Định lý 2.1.2 nếu ta cho d 1 = d 2 = d với mọi x, y ∈ X thì ta nhận được hệ quả sau:
Trong bài viết này, chúng ta xem xét hệ quả của một không gian b-mêtric chữ nhật đầy đủ (X, d) với hệ số s ≥ 1 Giả sử có các số thực k1, k2, k3 thuộc khoảng [0,1) thỏa mãn điều kiện 0 ≤ k1 + k2 + k3 < 1 và 0 ≤ sk3 < 1 Đồng thời, tồn tại các ánh xạ F: X × X → X và g: X → X sao cho d(F(x, y), F(u, v)) ≤ k1 [d(gx, gu) + d(gy, gv)].
Đối với mọi cặp (x, y) và (u, v) thuộc X × X, công thức được đưa ra là k 3 [d(gu, F(u, v)) + d(gv, F(v, u))] Nếu F(X × X) nằm trong g(X), thì F và g sẽ có ít nhất một cặp điểm chung (x, y) trong X × X thỏa mãn gx = F(x, y) = gy = F(y, x) Hơn nữa, nếu F và g tương thích theo kiểu w, thì chúng sẽ có một điểm bất động chung duy nhất (u, u) thỏa mãn u = gu = F(u, u).
Trong b-mêtric chữ nhật trên tập hợp không rỗng X, nếu d1 và d2 là hai b-mêtric thỏa mãn d1(x, y) ≤ d2(x, y) cho mọi x, y thuộc X, thì hệ số s của b-mêtric d1 phải lớn hơn hoặc bằng 1 Giả sử tồn tại các số thực αi trong khoảng [0,1) (với i = 1, 2, 3, , 6) sao cho tổng a1 + a2 + + a6 nhỏ hơn 1 và s(a5 + a6) cũng nhỏ hơn 1, điều này dẫn đến sự tồn tại của các ánh xạ tương ứng.
F : X ×X →X và g :X →X thỏa mãn điều kiện d 1 (F(x, y), F(u, v)) ≤ a 1 d 2 (gx, gu) +a 2 d 2 (gy, gv)]
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các điều kiện liên quan đến các hàm F và g trong không gian X × X Cụ thể, nếu F(X × X) nằm trong g(X) và (g(X), d1) là một không gian đầy đủ, thì F và g sẽ có một cặp điểm chung (x, y) thỏa mãn gx = F(x, y) và gy = F(y, x) Thêm vào đó, nếu F và g là w-tương thích, thì chúng sẽ có một điểm bất động chung duy nhất (u, u) sao cho u = gu = F(u, u).
Chứng minh: Lấy (x, y),(u, v) ∈ X ×X, từ (2.21) ta có d 1 (F(x, y), F(u, v)) ≤ a 1 d 2 (gx, gu) +a 2 d 2 (gy, gv)
+a 3 d 2 (gx, F(x, y)) +a 4 d 2 (gy, F(y, x)) +a 5 d 2 (gu, F(u, v)) +a 6 d 2 (gv, F(v, u)) (2.22) và d 1 (F(y, x), F(v, u)) ≤ a 1 d 2 (gy, gv) +a 2 d 2 (gx, gu)
+a 3 d 2 (gy, F(y, x)) +a 4 d 2 (gx, F(x, y)) +a5d2(gv, F(v, u)) +a6d2(gu, F(u, v)) (2.23) Kết hợp (2.22) và (2.23) ta có d 1 (F(x, y), F(u, v)) +d 1 (F(y, x), F(v, u))
Từ Định lý 2.1.2 ta có điều phải chứng minh.
Các hệ quả sau được suy trực tiếp từ Định lý 2.1.2.
Hệ quả của việc cho X là tập khác rỗng và d1, d2 là hai b-mêtric chữ nhật trên X với điều kiện d1(x, y) ≤ d2(x, y) cho mọi x, y ∈ X, dẫn đến việc tồn tại số thực s ≥ 1 là hệ số của b-mêtric chữ nhật d1 Ngoài ra, giả sử có các số thực k ∈ [0,1) cùng với các ánh xạ tương ứng.
Xét hai hàm F: X × X → X và g: X → X thỏa mãn điều kiện d1(F(x, y), F(u, v)) + d1(F(y, x), F(v, u)) ≤ k[d2(gx, gu) + d2(gy, gv)] với mọi (x, y), (u, v) ∈ X × X Nếu F(X × X) ⊂ g(X) và (g(X), d1) là không rỗng, thì F và g có điểm chung bộ đôi (x, y) ∈ X × X thỏa mãn gx = F(x, y) và gy = F(y, x) Hơn nữa, nếu F và g là w-tương thích, thì F và g có điểm bất động bộ đôi chung duy nhất (u, u) sao cho u = gu = F(u, u).
Hệ quả của việc cho X là tập khác rỗng và d1, d2 là hai b-mêtric chữ nhật trên X, với điều kiện d1(x, y) ≤ d2(x, y) cho mọi x, y ∈ X, cho thấy rằng số thực s ≥ 1 là hệ số của b-mêtric chữ nhật d1 Giả sử tồn tại các số thực k ∈ [0,1) cùng các ánh xạ.
Ứng dụng vào bài toán chứng minh sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình tích phân
của hệ phương trình tích phân
Trong mục này, bằng cách áp dụng kết quả thu được ở Mục 2.1, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của một hệ phương trình tích phân phi tuyến.
Ký hiệu X = C([a, b]) là tập các hàm thực liên tục trên [a, b], với mọi x, y ∈ X và k ≥ 1 ta trang bị trên X hai b-mêtric chữ nhật cho bởi d 1 (x, y) = max t∈[a,b]|x(t)−y(t)| k , và d 2 (x, y) = max t∈[a,b] |x(t)−y(t)| k
Khi đó, hệ số của hai b-mêtric chữ nhật là s = 3 k−1 Xét hệ phương trình tích phân sau:
( x(r) =K(r) +R a b G(r, t)[f(t, x(t)) +g(t, y(t))]dt y(r) =K(r) +R a b G(r, t)[f(t, y(t)) +g(t, x(t))]dt (2.24) Để xét sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình tích phân (2.24), chúng ta bổ sung các giả thiết sau:
(i) f, g : [a, b]×R → R là các hàm liên tục.
(ii) K : [a, b] →R là hàm liên tục.
(iii) G: [a, b]×R →R là hàm liên tục.
(iv) Tồn tại các số thực p, q > 0 sao cho với mọi x, y ∈ X ta có
2.2.1 Định lí ([8]) Với các điều kiện (i)-(v), hệ phương trình tích phân (2.24) có nghiệm duy nhất trên [a, b].
Chứng minh: Xác định các hàm F : X ×X → X và g : X → X tương ứng cho bởi:
Dễ thấy, F(X ×X) ⊂ g(X), (g(X), d 1 ) đầy đủ, F và g là w- tương thích Mặt khác, từ (iv) và (v) ta có
Từ bất đẳng thức trên ta có d1(F(x, y), F(u, v)) = max t∈[a,b]|F(x, y)(r)−F(u, v)(r)| k
Lý luận tương tự ta cũng có d 1 (F(y, x), F(v, u)) ≤ 1
Kết hợp (2.25) và (2.26) ta suy ra d 1 (F(x, y), F(u, v)) +d 1 (F(y, x), F(v, u)) ≤ 1
Hệ quả 2.1.6 đã được thỏa mãn đầy đủ các điều kiện cần thiết Do đó, F và g có một điểm bất động bộ đôi chung duy nhất là (u, u), với điều kiện F(u, u) = gu = u Kết luận, (u, u) là nghiệm duy nhất của hệ phương trình (2.24).
Luận văn đã đạt được các kết quả sau đây:
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày một cách có hệ thống các khái niệm liên quan đến không gian b-mêtric, không gian mêtric chữ nhật và không gian b-mêtric chữ nhật Chúng tôi sẽ khám phá các khái niệm cơ bản, tính chất nổi bật và cung cấp ví dụ minh họa cho không gian b-mêtric chữ nhật Những thông tin này sẽ giúp bạn hiểu rõ hơn về cấu trúc và ứng dụng của các loại không gian này trong toán học.
Bài viết trình bày chi tiết về sự tồn tại của điểm bất động cho các ánh xạ co, bao gồm các kết quả từ Banach, Kannan và Boyd-Wong Những kết quả này được mở rộng trong lớp không gian b-metric chữ nhật, kèm theo các ví dụ minh họa được trích dẫn trong tài liệu ([6]) và ([7]).
Bài viết này trình bày chi tiết một số kết quả liên quan đến sự tồn tại của điểm bất động chung cho các ánh xạ co suy rộng trong không gian b-metric chữ nhật Những kết quả này được ứng dụng để chứng minh sự tồn tại nghiệm của một hệ phương trình tích phân, như đã được đề cập trong tài liệu ([8]).
[1] M A Alghamdi, N Hussain and P Salim (2013), "Fixed point and coupled fixed point theorems on b- metric-like spaces", Journal of Inequalities and Applications, 25 pages.
[2] I A Bakhtin (1989), "The contraction mapping principle in quasi-metric spaces", Funct Anal Uni Gos Ped Inst., 30, 26-37.
[3] A Branciari (2000), "A fixed point theorem of Banach-Caccippoli type on a class of generalized metric spaces", Publ Math Debrecen., 57, 31-37.
[4] C Chen, H Xue and C Zhu (2017) , "Common fixed point theorems concerning F-contraction in b-metric-like spaces", Journal of Nonlinear Science and Applications, 10, 3075-3086.
[5] S Czerwik (1993), "Contraction mappings in b- metric spaces", Acta Math. Inform Univ Ostrav., 1, 5-11.
[6] H S Ding, M Imdad, S Radenovic, J Vujakovic (2016), "On some fixed point results in b-metric, rectangular and b-rectangular metric spaces", Arab J Math Sci., 22, 151-164.
[7] R George, S Radenovic, K P Reshma, S Shukla (2015), "Rectangular b-metric spaces and contraction principles", Journal of Nonlinear Science and Applications, 8, 1005-1013.
[8] F Gu (2017), "On some common coupled fixed point results in rectangular b-metric spaces", Journal of Nonlinear Science and Applications,10, 4085-4098.