Các khái niệm cơ bản
Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày những kiến thức cơ bản và các định lý liên quan đến điểm bất động của các tự ánh xạ trong không gian mêtric, những nội dung này sẽ hữu ích cho các phần trình bày tiếp theo.
1.1.1 Định nghĩa ([1]) Cho tập hợp X Hàm d : X ì X → Rđược gọi là một mêtric trên X nếu thỏa các điều kiện:
(i) d(x, y) ≥ 0 với mọi x, y ∈ X và d(x, y) = 0nếu và chỉ nếu x = y
Không gian mêtric được định nghĩa là tập X cùng với một mêtric d, ký hiệu là (X, d) hoặc đơn giản là X Trong không gian này, số d(x, y) biểu thị khoảng cách giữa hai điểm x và y.
1.1.2 Định nghĩa ([1]) Cho các không gian mêtric (X, d) và (Y, ρ) ánh xạ f : (X, d) → (Y, ρ)được gọi là ánh xạ co nếu tồn tại α ∈ [0, 1) sao cho ρ[f (x) , f (y)] ≤ αd (x, y) , với mọi x, y ∈ X
Trong không gian mêtric đầy đủ (X, d), nếu f : X → X là một ánh xạ co, thì tồn tại duy nhất một điểm x ∗ ∈ X sao cho f (x ∗ ) = x ∗ Điểm x ∗ này được gọi là điểm bất động của ánh xạ f.
Mở rộng Nguyên lý ánh xạ co Banach, P N Dutta, B S Choudhury đã thu được kết quả sau.
Trong không gian mêtric đầy đủ (X, d), nếu T : X → X là một tự ánh xạ thỏa mãn bất đẳng thức ψ (d (T x, T y)) ≤ ψ (d (x, y)) − ϕ (d (x, y)) với mọi x, y ∈ X, trong đó ψ, ϕ là các hàm liên tục, đơn điệu không giảm và ψ(t) = ϕ(t) = 0 chỉ khi t = 0, thì T có một điểm bất động duy nhất Ánh xạ thỏa mãn điều kiện này được gọi là ánh xạ (ψ, ϕ) − co.
1.1.5 Định nghĩa ([3]) Cho tập hợp X 6= φ và d : X ì X → [0, +∞) là một ánh xạ sao cho với mọi x, y ∈ X và với mọi cặp điểm phân biệt u, v ∈ X \ {x, y} , ta cã
Khi đó (X, d) được gọi là một không gian mêtric suy rộng. Điều kiện (iii) được gọi là bất đẳng thức tứ giác.
Trong không gian mêtric suy rộng (X, d), một dãy {x_n} ⊂ X được xem là hội tụ về điểm x ∈ X nếu với mọi ε > 0, tồn tại một số tự nhiên n_0 sao cho với mọi n ≥ n_0, khoảng cách d(x_n, x) nhỏ hơn ε Khi đó, ta ký hiệu lim n→+∞ x_n = x hay x_n → x khi n tiến đến vô cùng.
Trong không gian mêtric suy rộng (X, d), một dãy {x_n} ⊂ X được gọi là dãy Cauchy nếu với mọi ε > 0, tồn tại một chỉ số n_ε ∈ N* sao cho đối với mọi n > m ≥ n_ε, khoảng cách giữa các phần tử d(x_n, x_m) nhỏ hơn ε.
1.1.8 Định nghĩa ([3]) Không gian mêtric suy rộng (X, d) được gọi là đầy đủ nếu mọi dãy Cauchy trong (X, d) đều hội tụ trong nó.
Trong không gian metric (X, d), cho hai ánh xạ T và f: X → X, điểm y ∈ X được gọi là giá trị trùng hợp của T và f nếu tồn tại x ∈ X sao cho y = f(x) = T(x) Điểm x ∈ X được xem là điểm trùng nhau của hai ánh xạ này Ngoài ra, điểm x ∈ X cũng được gọi là điểm bất động chung của T và f nếu x thỏa mãn điều kiện x = T(x) = f(x).
Cặp ánh xạ (T, f ) được gọi là tương thích yếu nếu T và f giao hoán với nhau tại các điểm bất động chung của chúng, nghĩa là T f (x) = f T (x) tại các điểm x ∈ X mà T (x) = f (x)
Không gian mêtric suy rộng thứ tự được định nghĩa là một không gian (X, d) với d là một metric và (X, ) là một tập hợp sắp thứ tự bộ phận Trong không gian này, hai phần tử x, y ∈ X được gọi là so sánh được nếu x y hoặc y x.
Trong lý thuyết tập hợp sắp thứ tự, ánh xạ T được định nghĩa là một ánh xạ f-không giảm nếu điều kiện T(x) ≤ T(y) được thỏa mãn khi và chỉ khi f(x) ≤ f(y) cho mọi x, y thuộc tập X.
1.1.12 Định nghĩa Giả sử X là một không gian tôpô, f : X → Rlà ánh xạ từ tập X vào tập hợp các số thựcR Ta nói rằng:
(i) Hàm f được gọi là nửa liên tục trên tại x 0 ∈ X nếu với mọi số thực α ∈ R mà f x 0 < α thì tồn tại lân cận mở U của x 0 trong X sao cho f x < α với mọi x ∈ U ,
(ii) Hàm f được gọi là nửa liên tục dưới tại x 0 ∈ X nếu với mọi số thực α ∈ R mà f x 0 > α thì tồn tại lân cận mở V của x 0 trong X sao cho f x > α với mọi x ∈ V ,
Hàm f được xem là nửa liên tục trên tập X nếu nó duy trì tính nửa liên tục tại mọi điểm thuộc X Tương tự, hàm f được gọi là nửa liên tục dưới trên X khi nó thỏa mãn điều kiện nửa liên tục tại tất cả các điểm trong X.
Điểm bất động của các ánh xạ kiểu (ψ, ϕ) -co trong không gian mêtric suy rộng
Trong phần này chúng tôi trình bày một số định lý điểm bất động của Kanan và mở rộng của chúng trong không gian mêtric suy rộng.
Trước hết ta ký hiệu Ψ = {ψ : [0, +∞) → [0, +∞) | ψ là hàm liên tục, không giảm và ψ(t) = 0 nếu và chỉ nếu t = 0} , Φ = {ϕ : [0, +∞) → [0, +∞) | ϕ là hàm liên tục và ϕ(t) = 0 nếu và chỉ nếu t = 0}
Từ đây về sau, các ánh xạ thỏa mãn điều kiện (1.1) được gọi chung là ánh xạ kiểu (ψ, ϕ) − co
Năm 2012, H Lakzian, B Samet đã thu được một kết quả tương tự Định lý 1.1.4 cho trường hợp các không gian mêtric suy rộng.
Định lý 1.2.1 khẳng định rằng trong không gian mêtric đầy đủ và Hausdorff (X, d), nếu T : X → X là một tự ánh xạ thỏa mãn điều kiện ψ (d (T x, T y)) ≤ ψ (d (x, y)) − ϕ (d (x, y)) cho mọi x, y ∈ X, với ψ ∈ Ψ và ϕ ∈ Φ, thì T sẽ có một điểm bất động duy nhất.
Chứng minh Lấy một điểm tùy ý x o ∈ X Ta xác định một dãy {x n } ⊂ X cho bởi công thức sau x n+1 = T x n , n = 1, 2, và tiến hành theo các bước sau.
Bước 1 Ta sẽ chứng minh rằng d (x n , x n+1 ) → 0, khi n → +∞ (1.3) áp dụng bất đẳng thức (1.2) với x = x n−1 và y = x n, ta có ψ (d (T x n−1 , T x n )) = ψ (d (x n , x n+1 )) ≤ ψ (d (x n−1 , x n )) − ϕ (d (x n−1 , x n )) (1.4)
Sử dụng tính đơn điệu của hàm ψ, ta có d (x n , x n+1 ) ≤ d (x n−1 , x n ), từ đó suy ra rằng dãy {d (x n , x n+1 )} là dãy đơn điệu giảm Điều này cho thấy tồn tại số r ≥ 0 sao cho d (x n , x n+1 ) tiến tới r khi n tiến đến +∞ Khi cho n tiến tới +∞ trong bất đẳng thức (1.4) và áp dụng tính liên tục của các hàm ψ và ϕ, ta nhận được ψ (r) ≤ ψ (r) − ϕ (r).
Suy ra ϕ(r) = 0 , nhờ tính chất của hàm ϕ ta có r = 0 Vậy (1.3) được chứng minh.
Bước 2 Ta chứng minh rằng d (x n , x n+2 ) → 0, khi n → +∞, (1.5) áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta có ψ (d (x n , x n+2 )) = ψ (d (T x n−1 , T x n+1 ))
Từ tính đơn điệu của hàm ψ ta suy ra dãy d (x n , x n+2 ) là dãy đơn điệu giảm.
Do đó, tồn tại số s ≥ 0 sao cho d (x n , x n+2 ) → s, khi n → +∞ Cho n → +∞ trong bất đẳng thức trên, ta nhận được ψ (s) ≤ ψ (s) − ϕ (s) Suy ra ϕ(s) = 0 , do đó s = 0 Vậy (1.5) được chứng minh.
Bước 3 Ta chứng minh rằng T có điểm tuần hoàn Thật vậy, giả sử ngược lại T không có điểm tuần hoàn Khi đó {x n }là dãy các điểm khác nhau trong
Trong bài viết này, chúng ta sẽ chứng minh rằng nếu {x_n} là một dãy với điều kiện x_m ≠ x_n cho mọi m ≠ n, thì dãy {x_n} là dãy Cauchy Ngược lại, nếu giả sử {x_n} không phải là dãy Cauchy, sẽ tồn tại một số ε ≥ 0, từ đó có thể tìm ra các dãy con {x_nk} ⊂ {x_n} và {x_mk} ⊂ {x_n} với điều kiện n_k > m_k > k sao cho khoảng cách d(x_nk, x_mk) ≥ ε.
Hơn nữa, với m k tương ứng, ta có thể chọn n là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho n k > m k và thỏa mãn điều kiện (1.6) Khi đó, ta có khoảng cách d (x m k , x n k −1 ) < ε Sử dụng (1.6), (1.7) và bất đẳng thức tứ giác, ta có ε ≤ d (x n k , x m k ).
Cho k → +∞ trong bất đẳng thức trên và sử dụng (1.3), (1.5) ta thu được d (x n k , x m k ) → ε, khi k → +∞ (1.8) Mặt khác ta có d (x n k , x m k ) ≤ d (x n k , x n k −1 ) + d (x n k −1 , x m k −1 ) + d (x m k −1 , x m k ) d (x n k −1 , x m k −1 ) ≤ d (x n k −1 , x n k ) + d (x n k , x m k ) + d (x m k , x m k −1 )
Cho k → +∞ trong các bất đẳng thức trên và sử dụng (1.3), (1.8) ta thu được d (x n k −1 , x m k −1 ) → ε, khi k → +∞ (1.9) áp dụng bất đẳng thức (1.2) với x = x n k −1 , y = x m k −1 ta thu được ψ (d (T x n k −1 , T x m k −1 )) ≤ ψ (d (x n k −1 , x m k −1 )) − ϕ (d (x n k −1 , x m k −1 )) , nghĩa là ψ (d (x n k , x m k )) ≤ ψ (d (x n k −1 , x m k −1 )) − ϕ (d (x n k −1 , x m k −1 ))
Bây giờ, cho k → +∞ trong bất đẳng thức cuối này và sử dụng (1.8), (1.9) cùng với tính liên tục của các hàm ψ, ϕ , ta thu được ψ (ε) ≤ ψ (ε) − ϕ (ε)
Từ bất đẳng thức đã nêu, ta có ε = 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết ε > 0, chứng tỏ rằng dãy {x n} là dãy Cauchy trong không gian metric suy rộng (X, d) Vì (X, d) là không gian metric đầy đủ, tồn tại x ∈ X sao cho x n → x Áp dụng bất đẳng thức với x = x n và y = x, ta có ψ(d(T x n, T x)) ≤ ψ(d(x n, x)) - ϕ(d(x n, x)) ≤ ψ(d(x n, x)) Từ đó suy ra d(T x n, T x) ≤ d(x n, x) Khi n → +∞, ta có x n+1 = T x n → T x Do (X, d) là không gian Hausdorff, suy ra x = T x, mâu thuẫn với giả thiết T không có điểm tuần hoàn Do đó, T phải có ít nhất một điểm tuần hoàn, tức là tồn tại a ∈ X sao cho a = T p a với p ≥ 1.
Bước 4 chứng minh sự tồn tại của một điểm bất động Nếu p = 1, ta có a = T a, tức là a là điểm bất động của T Giả sử p > 1, ta sẽ chứng minh rằng u = T^(p−1) a cũng là một điểm bất động.
T Giả sử ngược lại u không phải là điểm bất động của T , nghĩa là u 6= T u hay
T p−1 a 6= T p a Khi đó ta có d (T p−1 a, T p a) > 0 và vì thế ϕ (d (T p−1 a, T p a)) > 0 Bây giờ sử dụng bất đẳng thức (1.2) ta thu được ψ (d (a, T a)) = ψ d T p a, T p+1 a
Dùng tính đơn điệu của hàm ψ , ta kết luận được: d (a, T a) < d (T p−1 a, T p a)
Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức (1.2), ta nhận được ψ d T p−1 a, T p a
Bằng cách sử dụng tính đơn điệu của hàm ψ, ta có thể suy ra rằng khoảng cách d (T p−1 a, T p a) không lớn hơn d (T p−2 a, T p−1 a) Tiếp tục áp dụng quy trình này, ta nhận được d (a, T a) nhỏ hơn d (T p−1 a, T p a), và d (T p−1 a, T p a) lại nhỏ hơn hoặc bằng d (T p−2 a, T p−1 a), dẫn đến một chuỗi bất đẳng thức Kết quả là d (a, T a) < d (a, T a), tạo ra một mâu thuẫn Do đó, ta kết luận rằng u = T p−1 a là một điểm bất động của T.
Bước 5 chứng minh tính duy nhất của điểm bất động Giả sử v, w ∈ X là hai điểm bất động của T, ta có ψ(d(v, w)) = ψ(d(Tv, Tw)) ≤ ψ(d(v, w)) - ϕ(d(v, w)) Điều này dẫn đến ϕ(d(v, w)) = 0, từ đó suy ra d(v, w) = 0, tức là u = w Do đó, T có một điểm bất động duy nhất.
Bây giờ ta ký hiệu Λ là họ tất cả các hàm α : [0, +∞) → [0, +∞) thỏa mãn các giả thiết sau
(H1) α là hàm khả tích Lebesgue trên mọi tập con compắc của [0, +∞) (H2) Với mọi ε > 0 , ta có ε
Khi đó từ Định lý 1.2.1 ta có kết quả sau.
1.2.2 Định lý ([7]) Cho (X, d) là một không gian mêtric suy rộng đầy đủ và Hausdorff, T : X → X là một tự ánh xạ trên X thỏa mãn điều kiện sau d(T x,T y)
0 β(s)ds, với mọi x, y ∈ X, (1.10) trong đó α, β ∈ Λ Khi đó T có một điểm bất động duy nhất.
Chứng minh Xét hàm ψ : [0, +∞) → [0, +∞) cho bởi ψ(t) = t
0 α(s)ds víi mọi t ∈ [0, +∞) và hàm ϕ : [0, +∞) → [0, +∞) cho bởi ϕ(t) = t
Đối với mọi t ∈ [0, +∞), ta có 0 β(s)ds Có thể dễ dàng kiểm tra rằng ψ thuộc tập Ψ và ϕ thuộc tập Φ Bằng cách áp dụng trực tiếp Định lý 1.2.1 cho các hàm ψ và ϕ, chúng ta có thể suy ra kết quả cần chứng minh.
1.2.3 Hệ quả ([7]) Cho (X, d) là một không gian mêtric suy rộng đầy đủ và Hausdorff, T : X → X là một tự ánh xạ trên X thỏa mãn điều kiện sau d(T x,T y)
0 α(s)ds, với mọi x, y ∈ X, trong đó α ∈ Λ và k ∈ [0, 1) Khi đó T có một điểm bất động duy nhất.
Để chứng minh, ta lấy hàm β thuộc tập Λ được định nghĩa bởi công thức β(s) = (1− k)α(s) cho mọi s trong khoảng [0, +∞) với k nằm trong đoạn [0, 1) Sau đó, áp dụng Định lý 1.2.2 cho các hàm α và β, ta sẽ thu được kết quả cần chứng minh.
Trong không gian mêtric suy rộng đầy đủ và Hausdorff (X, d), nếu T : X → X là một tự ánh xạ thỏa mãn điều kiện d(T x, T y) ≤ kd(x, y) với k ∈ [0, 1) cho mọi x, y ∈ X, thì T sẽ có một điểm bất động duy nhất.
Chứng minh Từ Hệ quả 1.2.3, bằng cách lấy α ∈ Λ cho bởi α(s) = 1 với mọi s ∈ [0, +∞) , ta có ngay kết quả cần chứng minh.
Điểm bất động chung của các ánh xạ kiểu (ψ, ϕ) -co trong không
Điểm bất động chung của các ánh xạ (ψ, ϕ) -co yếu trong không
2.1 Điểm bất động chung của các ánh xạ(ψ, ϕ)- co yếu trong không gian mêtric suy rộng
Trong phần này chúng tôi trình bày một số định lý về điểm bất động chung của các ánh xạ (ψ, ϕ) -co yếu trong trong không gian mêtric suy rộng.
Năm 2012, C Di Bari và P Vetro đã mở rộng Định lý 1.2.1 của Lakzian và Samet, từ đó phát triển định lý điểm bất động chung cho các ánh xạ thỏa mãn điều kiện (ψ, ϕ) -co yếu trong không gian mêtric suy rộng.
2.1.1 Định lý ([4]) Cho (X, d) là một không gian mêtric suy rộng và Haus- dorff, T, f : X → X là các tự ánh xạ trên X sao cho T X ⊆ f X Giả sử rằng (f X, d)là không gian mêtric suy rộng đầy đủ và điều kiện sau thỏa mãn ψ (d (T x, T y)) ≤ ψ (d (f x, f y)) − ϕ (d (f x, f y)) , với mọi x, y ∈ X, (2.1) trong đó ψ ∈ Ψ và ϕ : [0, +∞) → [0, +∞) là hàm nửa liên tục dưới sao cho ϕ(t) = 0 nếu và chỉ nếu t = 0 Khi đó T và f có một giá trị trùng hợp duy nhất trong X Hơn nữa, nếu T và f là tương thích yếu thì T và f có một điểm bất động chung duy nhất. ánh xạ thỏa mãn điều kiện (2.1) được gọi là ánh xạ (ψ, ϕ) -co yếu.
Bây giờ ta kí hiệu Φ ∗ là họ tất cả các hàm ϕ : [0, +∞) → [0, +∞) thỏa mãn các giả thiết sau
( ϕ 1 ) lim inf t→r + ϕ(t) > 0với mọi r > 0 , ( ϕ 2 ) ϕ(t) = 0 nếu và chỉ nếu t = 0
Khi đó ta có kết quả sau
2.1.2 Định lý ([5]) Cho (X, d) là một không gian mêtric suy rộng, Haus- dorff, T, f : X → X là các tự ánh xạ trên X sao cho T X ⊆ f X Giả sử rằng (f X, d)là không gian mêtric suy rộng đầy đủ và điều kiện sau thỏa mãn ψ (d (T x, T y)) ≤ ψ max d (f x, f y), 1
Trong không gian X, với mọi x, y ∈ X, tồn tại một hàm số ϕ (d (f x, f y)), trong đó ψ thuộc tập Ψ và ϕ thuộc tập Φ ∗ Điều này cho thấy T và f có một giá trị trùng hợp duy nhất trong X Hơn nữa, nếu T và f tương thích yếu, thì chúng sẽ có một điểm bất động chung duy nhất.
Chứng minh Lấy một điểm tùy ý x 0 ∈ X Ta xác định các dãy {x n } ⊂ X và {y n } ⊂ X cho bởi công thức sau y n = f x n+1 = T x n , với mỗi n = 0, 1, 2, (2.3)
Hai dãy này được xác định bởi điều kiện T X ⊆ f X Nếu tồn tại một số n ≥ 1 sao cho y n = y n−1, thì từ bất đẳng thức (2.3) ta có T x n = y n = y n−1 = f x n, dẫn đến T x n = f x n Do đó, trong trường hợp này, T và f có một điểm trùng nhau là x n ∈ X.
Bây giờ ta giả sử rằng y n 6= y n−1 với mọi n ≥ 1 áp dụng bất đẳng thức (2.2) với x = x n, y = x n+1 ta thu được ψ (d (y n , y n+1 )) = ψ (d (T x n , T x n+1 ))
Do đó ta suy ra ψ (d (y n , y n+1 )) ≤ ψ(max{d (y n−1 , y n ) ,d (y n , y n+1 )}) − ϕ (d (y n−1 , y n )) (2.4)
Lại do ϕ(d(y n−1 , y n )) > 0 , với mọi n ≥ 1 nên từ bất đẳng thức (2.4) và tính đơn điệu của hàm ψ ta suy ra d (y n , y n+1 ) < d (y n−1 , y n ) (2.5)
Từ (2.5) ta suy ra dãy số thực dương {d(y n , y n+1 )} là dãy đơn điệu giảm nên tồn tại q ≥ 0 sao cho n→+∞ lim d(y n , y n+1 ) = q Ta sẽ chỉ ra rằng q = 0 , nghĩa là n→+∞ lim d(y n , y n+1 ) = 0 (2.6)
Giả sử q > 0, khi n tiến tới vô cực trong bất đẳng thức (2.4), và với tính đơn điệu của hàm ψ cùng với tính chất (ϕ 1) của hàm ϕ ∈ Φ ∗, ta có ψ(q) ≤ ψ(q) - lim inf d(y n ,y n+1) → q + ϕ(q) < ψ(q) Điều này dẫn đến mâu thuẫn rằng ψ(q) < ψ(q), từ đó suy ra rằng q phải bằng 0.
Chúng ta sẽ chứng minh rằng y n+2 không bằng y n với mọi n ≥ 1 Giả sử ngược lại, tồn tại số tự nhiên n sao cho y n+2 = y n Khi đó, áp dụng bất đẳng thức (2.5), ta dẫn đến mâu thuẫn d(y n , y n+1) = d(y n+2 , y n+1) < d(y n+1 , y n) Do đó, y n+2 không thể bằng y n với mọi n ≥ 1 Từ đó, suy ra rằng d(y n , y n+2) luôn lớn hơn 0 với mọi n = 0, 1, 2,
Từ bất đẳng thức (2.2), với mỗi n ∈ Nta có ψ (d (y n+1 , y n+3 )) = ψ (d (T x n+1 , T x n+3 ))
Bằng cách tiếp tục áp dụng bất đẳng thức (2.5), ta nhận được rằng ψ(d(y n+1 , y n+3 )) ≤ ψ(max{d(y n , y n+2 ), d(y n , y n+1)}) − ϕ(d(y n , y n+2)) Từ bất đẳng thức (2.8), ta có ψ(d(y n+1 , y n+3 )) ≤ ψ(d(y n , y n+2 )) − ϕ(d(y n , y n+2 )) hoặc ψ(d(y n+1 , y n+3 )) ≤ ψ(d(y n , y n+1 )) − ϕ(d(y n , y n+2 )) Giả sử tồn tại một số n₀ ∈ N sao cho bất đẳng thức (2.9) đúng với mọi n ≥ n₀, từ đó suy ra ψ(d(y n+1 , y n+3 )) < ψ(d(y n , y n+2 )) Vì hàm ψ là hàm không giảm, điều này dẫn đến d(y n+1 , y n+3 ) < d(y n , y n+2) cho mọi n ≥ n₀.
Dãy {d(y n , y n+2 )} là dãy đơn điệu giảm, do đó tồn tại số p ≥ 0 sao cho n→+∞ lim d(y n , y n+2 ) = p Nếu p > 0, khi n → +∞ trong bất đẳng thức (2.8), sử dụng tính liên tục của hàm ψ và tính chất (ϕ 1 ) của hàm ϕ, ta có ψ(p) ≤ ψ(p) − lim inf d(y n , y n+2 )→p + ϕ(q) < ψ(p), dẫn đến mâu thuẫn ψ(p) < ψ(p) Vì vậy, n→+∞ lim d(y n , y n+2 ) = 0.
Giả sử rằng bất đẳng thức (2.10) đúng cho một tập hợp vô hạn {n j } ⊂ N, ta có ψ(d(y n j +1 , y n j +3 )) < ψ(d(y n j , y n j +1 )) với mọi n j ∈ N Do ψ là hàm không giảm, dẫn đến d(y n j +1 , y n j +3 ) < d(y n j , y n j +1 ) cho mọi n j ∈ N Khi cho j tiến tới vô cùng trong bất đẳng thức trên và áp dụng bất đẳng thức (2.6), ta nhận được lim sup j→+∞ d(y n j +1 , y n j +3 ) ≤ lim j→+∞ d(y n j , y n j +1 ) = 0.
Do đó lim sup j→+∞ d(y n j +1 , y n j +3 ) = 0.Suy ra n→+∞ lim d(y n , y n+2 ) = 0
Chúng ta sẽ chứng minh rằng dãy {y n} là dãy Cauchy trong không gian metric suy rộng X Giả sử rằng {y n} không phải là dãy Cauchy, thì sẽ tồn tại một ε > 0 sao cho với mỗi k ∈ N, có thể tìm được các dãy con {y m k} và {y n k} thuộc {y n} với n k > m k ≥ k, thỏa mãn điều kiện d(y m k, y n k) ≥ ε.
Chúng ta có thể chọn số nguyên nhỏ nhất n k > m k để đảm bảo bất đẳng thức (2.12) đúng, tức là d(y m k , y n k −1 ) < ε Do y m k , y n k −1 , y n k −2 , và y n k là các điểm phân biệt, áp dụng bất đẳng thức tứ giác cùng với (2.13) và (2.12), ta có ε ≤ d(y m k , y n k ).
Cho k → +∞ trong bất đẳng thức trên và sử dụng (2.6), (2.11) ta nhận được d(y m k , y n k ) → ε (2.14)
Từ bất đẳng thức (2.2) lấy x = x n k, y = x m k, với n k > m k và sử dụng bất đẳng thức (2.5) ta thu được ψ (d (y m k +1 , y n k +1 )) = ψ (d (T x m k +1 , T x n k +1 ))
Từ bất đẳng thức tứ giác ta có d (y m k , y n k ) − d (y m k , y m k +1 ) − d (y n k +1 , y n k ) ≤ d (y m k +1 , y n k +1 )
≤ d (y m k +1 , y m k ) + d (y m k , y n k ) + d (y n k , y n k +1 ) Cho k → +∞ trong bất đẳng thức trên và sử dụng (2.14), (2.6) ta nhận được d(y m k +1 , y n k +1 ) → ε (2.16)
Tương tự, từ bất đẳng thức tứ giác d (y m k , y n k ) − d (y m k −1 , y m k ) − d (y n k −1 , y n k ) ≤ d (y m k −1 , y n k −1 )
Cho k → +∞ trong bất đẳng thức trên ta nhận được d(y m k −1 , y n k −1 ) → ε (2.17)
Lại tiếp tục sử dụng bất đẳng thức tứ giác ta có d (y m k −1 , y n k −1 ) − d (y m k −1 , y m k +1 ) − d (y n k −1 , y n k ) ≤ d (y m k +1 , y n k )
Cho k → +∞ trong bất đẳng thức trên và sử dụng (2.17), (2.11), (2.6) ta nhận được d(y m k +1 , y n k ) → ε (2.18)
Khi cho k → +∞ trong (2.15) và áp dụng các bất đẳng thức (2.16), (2.14), (2.6), (2.18), cùng với tính liên tục của hàm ψ và tính chất (ϕ 1 ) của hàm ϕ ∈ Φ ∗, ta có ψ(ε) ≤ ψ(ε) − lim inf d(y mk ,y nk )→ε + ϕ(d(y m k , y n k )) < ψ(ε), dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết ε > 0 Do đó, dãy {y n} là dãy Cauchy Hơn nữa, vì (f X, d) là không gian mêtric suy rộng đầy đủ, tồn tại z ∈ f X sao cho lim n→+∞ y n = z.
Gọi w ∈ X sao cho f w = z Khi đó n→+∞ lim y n = f w (2.19)
Ta sẽ chứng minh rằng f w = T w (2.20)
Giả sử ngược lại f w 6= T w , nghĩa làd(f w, T w) > 0 Khi đó ta cóϕ(d(f w, T w)) > 0, điều này kéo theo ϕ(max{d(f w, T w), d(y n−1 , f w), d(y n−1 , y n )}) > 0.
Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức (2.2) với x = x n và y = w , ta nhận được ψ (d (T x n , T w)) ≤ ψ(max{d (f x n , f w) , 1
Mặt khác do ψ là hàm không giảm nên ta có d (T x n , T w) ≤ max{d (y n−1 , f w) , 1
2 [d (y n−1 , y n ) + d (f w, T w)],d (f w, y n )}. Cho n → +∞ trong bất đẳng thức trên và sử dụng (2.19), (2.6), ta được lim sup n→+∞ d(T x n , T w) ≤ 1
Nhờ bất đẳng thức tứ giác ta có d(f w, T w) ≤ d(f w, y n−1 ) + d(y n−1 , y n ) + d(y n , T w).
Cho n → +∞ trong bất đẳng thức trên và sử dụng (2.19), (2.21), (2.6), ta thu được d (f w, T w) ≤ lim sup n→+∞ d(y n , T w) ≤ 1
Do đó d (f w, T w) = 0 Điều này kéo theo f w = T w
Vậy ta đã chứng minh được z = f w = T w Do đó z là một giá trị trùng hợp của T và f
Chúng ta sẽ chứng minh rằng z là giá trị trùng hợp duy nhất Giả sử z₁ ∈ X là một giá trị trùng hợp khác của T và f trong X, với z₁ = f(v) = T(v) và z₁ ≠ z Khi đó, ta có f(v) ≠ f(w), dẫn đến ϕ(d(f(v), f(w))) > 0 Từ bất đẳng thức (2.2), ta suy ra ψ(d(T(v), T(w))) ≤ ψ(max{d(f(v), f(w)), 1}).
Điều này cho thấy rằng T và f có một giá trị trùng hợp duy nhất, được ký hiệu là z Khi T và f tương thích yếu, từ f w = T w = z, ta có T f w = f T w, dẫn đến T z = f z Đặt v = T z = f z, vì z là giá trị trùng hợp của T và f nên v = z Như vậy, ta có z = T z = f z, từ đó kết luận rằng T và f có một điểm bất động duy nhất.
2.1.3 Nhận xét Định lý 2.1.2 là một mở rộng của Định lý 2.1.1
2.1.4 Hệ quả ([5]) Cho (X, d) là không gian mêtric suy rộng đầy đủ, Haus- dorff và T : X → X là một tự ánh xạ trên X sao cho ψ (d (T x, T y)) ≤ ψ(max{d (x, y) , 1
2 [d (x, T x) + d (y, T y)], d (y, T x)}) − ϕ (d (x, y)) , với mọi x, y ∈ X, (2.22) trong đó ψ ∈ Ψ và ϕ ∈ Φ Khi đó T có một điểm bất động duy nhất.
Chứng minh Nếu ta chọn f = I X là ánh xạ đồng nhất trên X , thì áp dụng Định lý 2.1.2 cho T và I X ta có ngay điều cần chứng minh
2.1.5 Nhận xét Hệ quả 2.1.4 là một mở rộng của Định lý 1.2.1 trong chương 1.
Ví dụ sau đây chứng tỏ rằng Định lý 2.1.2 là mở rộng thực sự của Định lý 2.1.1 và Định lý 1.2.1.
2.1.6 Ví dụ Cho X = {0, 1, 2, 3} Ta xác định hàm d : X ì X → Rnhư sau
(a) d(x, y) = d(y, x) , với mọi x, y ∈ X vàd(x, y) = 0 nếu và chỉ nếu x = y , (b) d(0, 3) = d(2, 3) = 1 , d(0, 2) = d(1, 3) = 2 ,
Khi đó ta dễ dàng chứng minh được (X, d) là không gian mêtric suy rộng đầy đủ, nhưng (X, d) không phải là không gian mêtric, vì 5 = d(1, 2) > d(1, 3) + d(3, 2) = 3.
Bây giờ ta xác định các hàm T, f : X → X như sau
Khi đó T và f thỏa mãn bất đẳng thức (2.2) với ψ(t) = 2t , ϕ(t) = t
2 , với mọi t ∈ R + Thật vậy,d(T x, T y) > 0nếu và chỉ nếu x ∈ {0, 1, 2} và y = 3 Hơn nữa
Điểm bất động chung của các ánh xạ (α, ψ, ϕ) -co trong không gian mêtric suy rộng
Trong bài viết này, chúng tôi giới thiệu khái niệm ánh xạ f - α - chấp nhận được và ánh xạ α - chấp nhận được Bên cạnh đó, chúng tôi cũng trình bày khái niệm không gian mêtric suy rộng α - chính qui và một số định lý liên quan đến điểm bất động chung của các ánh xạ (α, ψ, ϕ) -co trong không gian mêtric suy rộng.
2.2.1 Định nghĩa ([8]) Cho các ánh xạ T, f : X → X và α : X ì X → [0, +∞) ánh xạ T được gọi là f - α -chấp nhận được nếu với mọi x, y ∈ X sao cho α(f x, f y) ≥ 1, ta cãα(T x, T y) ≥ 1.
Nếu f là ánh xạ đồng nhất thì T được gọi là ánh xạ α -chấp nhận được.
2.2.2 Định nghĩa ([8]) Cho (X, d) là một không gian mêtric suy rộng và α :
X ì X → [0, +∞) X được gọi là α -chính qui nếu với mọi dãy {x n } ⊂ X sao cho α(x n , x n+1 ) ≥ 1 , với mọi n ∈ N và x n → x , thì tồn tại dãy con {x n k } ⊂ {x n } sao cho α(x n k , x) ≥ 1với mọi k ∈ N.
2.2.3 Định lý ([8]) Cho (X, d) là một không gian mêtric suy rộng, T, f : X →
X là các tự ánh xạ trên X với điều kiện T X ⊆ f X và α : X ì X → [0, +∞) Giả sử (f X, d) là không gian mêtric suy rộng đầy đủ, thỏa mãn điều kiện ψ (α(f x, f y)d (T x, T y)) ≤ ψ (M (x, y)) − ϕ (M (x, y)) cho mọi x, y ∈ X, trong đó ψ ∈ Ψ và ϕ ∈ Φ.
Cũng giả thiết rằng các điều kiện sau thỏa mãn
(i) T là ánh xạ f - α -chấp nhận được;
(ii) tồn tại x 0 ∈ X , sao cho: α(f x 0 , T x 0 ) ≥ 1;
(iii) X là α -chính qui và với mọi dãy {x n } ⊂ X sao cho α(x n , x n+1 ) ≥ 1, ta có α(x m , x n ) ≥ 1, với mọi m, n ∈ Nmà m < n ;
(iv) hoặc α(f u, f v) ≥ 1hoặc α(f v, f u) ≥ 1khi mà f u = T u và f v = T v
T và f có một giá trị trùng hợp duy nhất trong X, và nếu T và f tương thích yếu, thì chúng có một điểm bất động chung duy nhất Ánh xạ thỏa mãn điều kiện (2.23) được gọi là ánh xạ (α, ψ, ϕ) − co.
Chúng ta bắt đầu bằng cách chọn một điểm x₀ tùy ý thuộc X sao cho α(f x₀, T x₀) ≥ 1 Tiếp theo, chúng ta xác định các dãy {xₙ} và {yₙ} thuộc X theo công thức yₙ = f xₙ₊₁ = T xₙ cho mọi n ≥ 0 Giả sử rằng nếu yₙ = T xₙ = T xₙ₊ₚ = yₙ₊ₚ thì ta chọn xₙ₊ₚ₊₁ = xₙ₊₁, điều này khả thi nhờ giả thiết T X ⊆ f X Trong trường hợp đặc biệt, nếu yₙ = yₙ₊₁, thì yₙ₊₁ sẽ là một giá trị trùng hợp của T và f Do đó, chúng ta có thể giả định rằng yₙ ≠ yₙ₊₁ đối với mọi n ∈ N.
Từ điều kiện (ii) ta có α(f x 0 , T x 0 ) = α(f x 0 , f x 1 ) ≥ 1 Do giả thiết T là ánh xạ f - α -chấp nhận được nên ta có α(T x 0 , T x 1 ) = α(f x 1 , f x 2 ) ≥ 1 và α(T x 1 , T x 2 ) = α(f x 2 , f x 3 ) ≥ 1.
Bằng qui nạp ta suy ra α(f x n , f x n+1 ) ≥ 1, với mọi n ≥ 0 Bây giờ, từ bất đẳng thức (2.23) ta có ψ (d (T x n , T x n+1 )) ≤ ψ (α(f x n , f x n+1 )d (T x n , T x n+1 ))
= max{d(y n−1 , y n ), d(y n , y n+1 )}. Điều này kéo theo ψ (d (T x n , T x n+1 )) ≤ ψ (M (x n , x n+1 )) − ϕ (M (x n , x n+1 )) , với mọi n ∈ N (2.24)
Bây giờ, nếu M (x n , x n+1 ) = d (y n , y n+1 ) thì từ bất đẳng thức (2.24) ta có ψ (d (y n , y n+1 )) ≤ ψ (d (y n , y n+1 )) − ϕ (d (y n , y n+1 )) (2.25)
Từ tính chất của hàm ϕ suy ra d (y n , y n+1 ) = 0 Điều này mâu thuẫn với giả thiết y n 6= y n+1 , với mọi n ∈ N Do đó M (x n , x n+1 ) = d (y n−1 , y n ) > 0, với mọi n ∈ N.
Khi đó từ bất đẳng thức (2.24) ta nhận được ψ (d (y n , y n+1 )) ≤ ψ (d (y n−1 , y n )) − ϕ (d (y n−1 , y n )) < ψ (d (y n−1 , y n ))
Do ψ là hàm không giảm nên d (y n , y n+1 ) < d (y n−1 , y n ), với mọi n ∈ N Suy ra {d (y n , y n+1 )} là dãy các số thực không âm, giảm Do đó nó hội tụ về một số thùc s ≥ 0
Nếu s > 0 , khi đó cho n → +∞ trong bất đẳng thức (2.25) ta nhận được ψ(s) ≤ ψ (s) − ϕ(s) Từ tính chất của hàm ϕ ta suy ra s = 0 Vì vậy, ta có n→+∞ lim d(y n , y n+1 ) = 0 (2.26)
Giả sử rằng y_n khác y_m với mọi m khác n, chúng ta sẽ chứng minh rằng dãy {y_n} là dãy Cauchy Đầu tiên, chúng ta chứng minh rằng dãy {d(y_n, y_{n+2})} là dãy bị chặn Cụ thể, vì d(y_n, y_{n+1}) tiến tới 0, nên tồn tại một hằng số L > 0 sao cho d(y_n, y_{n+1}) ≤ L với mọi n thuộc tập số tự nhiên.
Do đó, nếu d(y n , y n+2 ) > L , với mọi n ∈ Nthì từ
= d(y n−1 , y n+1 ), và điều kiện (iii) ta có ψ (d (y n , y n+2 )) = ψ (d (T x n , T x n+2 ))
< ψ (d (y n−1 , y n+1 )) Nhờ tính chất của hàm ψ ta suy ra dãy {d(y n , y n+2 )}là dãy giảm và vì vậy nó bị chặn.
Giả sử tồn tại một số n ∈ Nmà d(y n−1 , y n+1 ) ≤ Lvà d(y n , y n+2 ) > L, khi đó từ các bất đẳng thức ψ (d (y n , y n+2 )) = ψ (d (T x n , T x n+2 ))
Do hàm ψ không giảm, ta có d(y n , y n+2 ) < L, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Vì vậy, ta kết luận rằng d(y n , y n+2 ) phải lớn hơn L hoặc d(y n , y n+2 ) phải nhỏ hơn hoặc bằng L Trong cả hai trường hợp, dãy {d(y n , y n+2 )} đều là một dãy bị chặn.
Bây giờ ta sẽ chứng minh n→+∞ lim d(y n , y n+2 ) = 0 (2.27)
Giả sử ngược lại rằng n→+∞ lim d(y n , y n+2 ) 6= 0 Khi đó sẽ tồn tại một dãy con {y n k } ⊂ {y n }sao cho n→+∞ lim d(y n k , y n k +2 ) → s > 0.
Từ các bất đẳng thức d(y n k −1 , y n k +1 ) ≤ d(y n k −1 , y n k ) + d(y n k , y n k +2 ) + d(y n k +1 , y n k +2 ), và d(y n k , y n k +2 ) ≤ d(y n k −1 , y n k ) + d(y n k −1 , y n k +1 ) + d(y n k +1 , y n k +2 ), cho k → ∞ ta nhận được k→+∞ lim d(y n k −1 , y n k +1 ) = s.
Bây giờ, trong bất đẳng thức (2.23) cho x = x n k và y = x n k +2 ta có ψ (d (T x n k , T x n k +2 )) ≤ ψ (α(f x n k , f x n k +2 )d (T x n k , T x n k +2 ))
Với các lập luận trên từ điều này ta suy ra lim k→+∞ M(x n k , x n k +2 ) = s.
Cho k → +∞ trong bất đẳng thức (2.28), ta nhận được ψ(s) ≤ ψ(s) − ϕ(s) Nhờ tính chất của hàm ϕ suy ra s = 0 Điều này mâu thuẫn với giả thiết s > 0
Nếu giả sử rằng dãy {y n } không phải là dãy Cauchy, thì sẽ tồn tại một số ε > 0 Với số này, chúng ta có thể tìm ra các dãy con {y m k } và {y n k } từ dãy {y n }, trong đó n k > m k ≥ k, sao cho khoảng cách giữa các phần tử d(y m k , y n k ) lớn hơn hoặc bằng ε.
Với mỗi m k tương ứng, ta có thể chọn n k là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho n k − m k ≥ 3 và thỏa mãn bất đẳng thức (2.29) Khi đó, ta có d(y m k , y n k −1 ) < ε Sử dụng (2.29), (2.30) và bất đẳng thức tứ giác, ta thu được ε ≤ d(y m k , y n k ).
Cho k → +∞ trong bất đẳng thức trên và sử dụng (2.26), (2.27) ta nhận được d(y m k , y n k ) → ε (2.31)
Mặt khác, từ bất đẳng thức d(y m k , y n k ) − d(y m k −1 , y m k ) − d(y n k −1 , y n k ) ≤ d(y n k −1 , y m k −1 )
Trong bất đẳng thức (2.23), cho x = x n k và y = x m k ta được ψ (d (T x m k , T x n k )) ≤ ψ (α(f x m k , f x n k )d (T x m k , T x n k ))
Nhờ tính liên tục của hàm ψ và tính nửa liên tục dưới của hàm ϕ , nên khi cho k → +∞, ta nhận được ψ(ε) ≤ ψ(ε) − ϕ(ε).
Từ tính chất của hàm ϕ, ta suy ra rằng ε = 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết ε > 0, dẫn đến {y_n} là dãy Cauchy Vì (f_X, d) là không gian mêtric suy rộng đầy đủ, nên tồn tại z ∈ f_X sao cho y_n → z Chọn y ∈ X sao cho f(y) = z.
Do X là α -chính qui, nên tồn tại dãy con {y n k } ⊂ {y n }sao cho α(y n k −1 , f y) ≥ 1, với mọi k ∈ N Nếu f y 6= T y , thì từ bất đẳng thức (2.23), với x = x n k ta nhận được ψ (d (T x n k , T y)) ≤ ψ (α(f x n k , f y)d (T x n k , T y))
B©y giê do d(y n k −1 , f y) → 0 và d(y n k −1 , y n k ) → 0, khi k → +∞, nên với k đủ lớn ta có M (f x n k , f y) = d(f y, T y) Mặt khác, từ bất đẳng thức d(f y, T y) ≤ d(f y, y n k −1 ) + d(y n k −1 , y n k ) + d(T x n k , T y), ta suy ra được d(f y, T y) ≤ lim inf k→+∞ d(T n k , T y).
Do ψ là hàm liên tục và không giảm nên với k đủ lớn ta có ψ (d (f y, T y)) ≤ lim inf k→+∞ ψ(d(T n k , T y)) ≤ ψ (d (f y, T y)) − ϕ (d (f y, T y))
Suy rad(f y, T y) = 0, nghĩa là z = f y = T y Do đó z là giá trị trùng hợp của T và f
Tiếp theo, giả sử rằng tồn tại n, p ∈ N sao cho y n = y n+p Ta sẽ chứng minh rằng p = 1 Thật vậy, nếu p > 1 khi đó ta có d(y n+p−1 , y n+p ) > 0 Sử dụng bất đẳng thức (2.25) ta nhận được ψ (d (y n , y n+1 )) = ψ (d (y n+p , y n+p+1 ))
Do dãy {d(y n , y n+1 )} giảm, ta có ψ (d (y n , y n+1 )) < ψ (d (y n , y n+1 )), điều này dẫn đến mâu thuẫn Vì vậy, p = 1 Khi đó, f(x n+1) = T(x n) = T(x n+1) = y n+1, cho thấy y n+1 cũng là giá trị trùng hợp của T và f Từ đây, ta suy ra rằng T và f có một giá trị trùng hợp.
Giả sử z và w là hai giá trị trùng hợp của T và f, tồn tại các điểm u, v ∈ X sao cho z = f(u) = T(u) và w = f(v) = T(v) Dựa vào điều kiện (iv) và bất đẳng thức (2.23), ta có ψ(d(z, w)) = ψ(d(Tu, Tv)) ≤ ψ(α(fu, fv)d(Tu, Tv)) ≤ ψ(M(u, v)) - ϕ(M(u, v)).
Từ bất đẳng thức này, nhờ tính chất của hàm ϕ ta suy ra d(z, w) = 0 Suy ra z = wvà giá trị trùng hợp của T và f là duy nhất.
Nếu z là giá trị trùng hợp duy nhất của T và f, đồng thời T và f tương thích yếu, thì có thể khẳng định rằng f(z) = T(z) Từ đó, ta suy ra rằng z = f(z) = T(z), nghĩa là z là điểm bất động chung duy nhất của T và f.
2.2.4 Hệ quả ([8]) Cho (X, d) là một không gian mêtric suy rộng đầy đủ,
T : X → X là một tự ánh xạ trên X và α : X ì X → [0, +∞) Giả sử điều kiện sau thỏa mãn ψ (α(x, y)d (T x, T y)) ≤ ψ (M (x, y)) − ϕ (M (x, y)) , với mọi x, y ∈ X, (2.33) trong đó ψ ∈ Ψ, ϕ ∈ Φ và
Cũng giả thiết rằng các điều kiện sau thỏa mãn
(ii) tồn tại x 0 ∈ X, sao cho: α(x 0 , T x 0 ) ≥ 1;
(iii) X là α -chính qui và với mọi dãy {x n } ⊂ X sao cho α(x n , x n+1 ) ≥ 1 , ta có α(x m , x n ) ≥ 1, với mọi m, n ∈ Nmà m < n ;
(iv) hoặc α(u, v) ≥ 1 hoặc α(v, u) ≥ 1 khi mà u = T u và v = T v
Khi đó T có một điểm bất động duy nhất.
Chứng minh Trong Định lý 2.2.3, nếu chọn f = I X là ánh xạ đồng nhất trên X , thì ta suy ra ngay điều cần chứng minh
2.2.5 Định lý ([8]) Cho (X, d) là một không gian mêtric suy rộng và T, f :
X là các tự ánh xạ trên X với điều kiện T X ⊆ f X Giả sử (f X, d) là không gian mêtric suy rộng đầy đủ, và thỏa mãn điều kiện ψ (d (T x, T y)) ≤ ψ (M (x, y)) − ϕ (M (x, y)) cho mọi x, y ∈ X, với ψ thuộc Ψ và ϕ thuộc Φ.
Khi T và f có một giá trị trùng hợp duy nhất trong không gian X, đồng thời nếu T và f tương thích yếu, thì chúng sẽ có một điểm bất động chung duy nhất Để chứng minh điều này, ta chọn hàm α: X × X → [0, +∞) với α(x, y) = 1 cho mọi x, y ∈ X và áp dụng trực tiếp Định lý 2.2.3, từ đó suy ra kết quả cần chứng minh.
2.2.6 Định lý ([8]) Cho (X, d, ) là một không gian mêtric suy rộng thứ tự và T, f : X → X là các tự ánh xạ trên X sao cho T X ⊆ f X Giả sử (X, d) là không gian mêtric suy rộng đầy đủ và thỏa mãn điều kiện ψ(d (T x, T y)) ≤ ψ (M (x, y)) − ϕ (M (x, y)) , (2.35) với mọi x, y ∈ X sao cho f x f y , trong đó ψ ∈ Ψ và ϕ ∈ Φ , thỏa mãn ψ(t) − ϕ(t) ≥ 0, với mọi t ≥ 0 và
Cũng giả thiết rằng các điều kiện sau thỏa mãn
(i) T là ánh xạ f -không giảm;
(ii) tồn tại x 0 ∈ X, sao cho: f x 0 T x 0 ;
(iii) nếu {x n } ⊂ X là dãy sao cho x n x n+1 với mọi n ∈ N và x n → x, thì tồn tại dãy con {x n k } ⊂ {x n } sao cho x n k x, với mọi k ∈ N;
(iv) với mọi u, v ∈ X sao cho f u = T u và f v = T v , thì f u và f v là so sánh được.