Chương 2. Các định lý điểm bất động kiểu Caristi 27
2.1 Các định lý điểm bất động kiểu Caristi
Phần này chúng tôi trình bày một số định lý điểm bất động kiểu Caristi trong không gian mêtric đầy đủ và các hệ quả của chúng.
Ký hiệu Γlà tập hợp tất cả các hàm liên tục, tăng γ : [0, ∞) → [0, ∞) sao choγ−1(0) = {0}vàγ(t + s) ≤ γ (t) + γ(s), với mọit, s ∈ [0, ∞)và ký hiệuA là lớp tất cả các ánh xạ η : [0, ∞) → [0, ∞) sao cho tồn tại số ε > 0 và hàmγ ∈ Γ thỏa mãn điều kiện là nếuη(t) < ε, thì ta cóη(t) ≥ γ(t).
Ta cũng ký hiệu F là tập hợp tất cả các hàm F : R → Rthỏa mãn các
điều kiệnF (0) = 0,F−1([0, ∞)) ⊂ [0, ∞),F là hàm nửa liên tục trên, tăng trên[0, ∞)vàF (t) + F (s) ≤ F (t + s) với mọit, s ≥ 0.
2.1.1 Định lý. ([13]) Cho(M, d) là không gian mêtric đầy đủ,T : M → M là ánh xạ từ M vào chính nó, ϕ : M → R là hàm nửa liên tục dưới trên M và bị chặn dưới. Nếu tồn tạiη ∈ A vàF ∈ F sao cho
η(d(x, T x)) 6 F (ϕ(x) − ϕ(T x)), với mọix ∈ M, (2.1)
thìT có một điểm bất động.
Chứng minh. 1) TrongM ta xét quan hệ sau, với x, y ∈ M x 6∗ y ⇔ η(d(x, y)) 6 F (ϕ(y) − ϕ(x)).
Lưu ý rằng (M, 6∗) không nhất thiết là một tập sắp thứ tự bộ phận. Giả
sử ϕ0 = inf
x∈Mϕ(x). Vì F là là hàm nửa liên tục trên trên [0, ∞) nên ta có lim sup
t→0+
F (t) 6 F (0) = 0.
Vìη ∈ A, nên tồn tại sốε > 0và hàmγ ∈ Γthỏa mãn điều kiện là nếu η(t) < ε, thì ta có η(t) ≥ γ(t). Khi đó với ε > 0 này, vì F ∈ F nên tồn tại δ > 0sao choF (t) < ε, với mọi0 6 t 6 δ.
Kí hiệu Mδ = {x ∈ M | ϕ(x) 6 ϕ0 + δ}. Rõ ràngMδ 6= φ vàMδ là tập đóng nhờ tính nửa liên tục dưới của hàmϕ. Do đó,(Mδ, d)là không gian mêtric đầy đủ.
Với mọix, y ∈ Mδ, ta có
ϕ0 6 ϕ(x) 6 ϕ0 + δ, ϕ0 6 ϕ(y) 6 ϕ0 + δ. (2.2)
NÕux 6∗ y, th× ta cãϕ(y) − ϕ(x) > 0, v×0 6 η (d(x, y)) 6 F (ϕ(y ) − ϕ(x))
vàF−1([0, ∞)) ⊂ [0, ∞). Nhờ (2.2) ta có0 6 ϕ(y) − ϕ(x) 6 δ1 và vì vậy ta cóη(d(x, y)) 6 F (ϕ(y) − ϕ(x)) < ε. Từ đó ta suy ra
γ(d(x, y)) 6 η(d(x, y)) 6 F (ϕ(y) − ϕ(x)). (2.3)
2) Bây giờ trongMδ ta xác định quan hệ cho bởi vớix, y ∈ Mδ, x 6 y ⇔ γ(d(x, y)) 6 F (ϕ(y) − ϕ(x)).
Bây giờ ta chứng minh rằng (Mδ, 6 ) là một tập thứ tự bộ phận. Thật vËy,
(i) vớix ∈ Mδ, hiển nhiên ta cóx 6 x, vìF (0) = 0vàγ−1({0}) = {0}. (ii) giả sửx, y ∈ Mδ. Nếux 6 y, y 6 xthì ta có
0 6 γ(d(x, y)) 6 F (ϕ(y) − ϕ(x)), 0 6 γ(d(y, x)) 6 F (ϕ(x) − ϕ(y)).
(2.4)
Từ giả thiếtF−1([0, ∞)) ⊂ [0, ∞)và(2.4)ta suy ra rằngϕ(y) > ϕ(x), ϕ(x) >
ϕ(y), và vì thế ta cóϕ(x) = ϕ(y ). Bởi vậy, từ(2.4),F (0) = 0vàδ−1({0}) = {0}, ta cód(x, y) = 0, nghĩa là x = y.
(iii) giả sử x, y, z ∈ Mδ. Nếux 6 y, y 6 z thì ta có
0 6 γ(d(x, y)) 6 F (ϕ(y) − ϕ(x)), 0 6 γ(d(y, z)) 6 F (ϕ(z) − ϕ(y)).
(2.5)
TừF−1([0, ∞)) ⊂ [0, ∞)và (2.5) ta suy ra rằng ϕ(y) − ϕ(x) > 0, ϕ(z) − ϕ(y) > 0. Vì F (t) + F (s) 6 F (t + s) với mọit, s > 0, nhờ tính cộng tính dưới củaγ và(2.5), ta có
γ(d(x, z)) ≤ γ(d(x, y)) + γ(d(y, z))
≤ F (ϕ(y) − ϕ(x)) + F (ϕ(z) − ϕ(y)) 6 F (ϕ(z) − ϕ(x)),
và vì thế ta cóx 6 z.
3) Trong bước này ta sẽ chứng minh rằng (Mδ, 6 ) có phần tử cực tiểu.
Nhờ Bổ đề 1.1.27, chúng ta chỉ cần chứng tỏ rằng 6 là chính quy và đóng dưới. Thật vậy,
(i) giả sử {xn}là một dãy giảm trong(Mδ, 6 ), khi đó ta có
0 6 γ(d(xn+, xn)) 6 F (ϕ(xn) − ϕ(xn+1)) (2.6)
vàϕ(xn) − ϕ(xn+1) > 0vì F−1([0, ∞)) ⊂ [0, ∞). Do đó {ϕ(xn)} là một dãy giảm các số thực và bị chặn dưới, nên tồn tại lim
n→∞ϕ(xn) = α. Vì F là hàm nửa liên tục trên trên [0, ∞) và ϕ(xn) − ϕ(xn+1) → α − α = 0 khi n → ∞), nên từ (2.6)ta suy ra rằng
0 6 lim sup
n→∞
γ(d(xn+1, xn)) 6 lim sup
n→∞
F (ϕ(xn) − ϕ(xn+1)) 6 F (0) = 0.
V× vËy, ta cã lim
n→∞γ(d(xn+1, xn)) = 0. Điều này kéo theo lim
n→∞d(xn+1, xn) = 0, vì nếu ngược lại ta có lim
n→∞d(xn+1, xn) 6= 0. Lúc đó với mỗi n ≥ 0ta đặt un = d(xn+1, xn), thì tồn tại ε0 > 0 và một dãy con {uni} của dãy {un} sao cho uni > ε0 với mọi i, và nhờ tính đơn điệu tăng của hàm γ ta có 0 < γ(ε0) 6 γ(uni) và γ−1({0}) = {0}, lim
i→∞γ(uni) > γ (ε0). Điều này m©u thuÉn víi lim
n→∞γ(un) = 0. Vì vậy, 6là chính quy.
(ii) nếu dãy giảm{xn}hội tụ tới x ∈ Mδ, thì nhờ tính nửa liên tục dưới của hàmϕta có
ϕ(x) 6 lim infn→∞ ϕ(xn) = α. (2.7)
VìF là hàm tăng, nửa liên tục trên trên [0, ∞)vàγ là liên tục, vớim > n từ
ϕ(xm) 6 ϕ(xn) và(2.7)ta suy ra rằng γ(d(x, xn)) = lim sup
m→∞
γ(d(xm, xn)) 6 lim sup
m→∞
F (ϕ(xn) − ϕ(xm)) 6 F (ϕ(xn) − α) 6 F (ϕ(xn) − ϕ(x)),
và vì thế ta cóx 6 xn với mọin, nghĩa là 6là đóng dưới.
4) Giả sửx∗là phần tử cực tiểu trong(Mδ, 6 ). Trong phần tiếp, ta chứng minh rằngx∗cũng là một phần tử cực tiểu trong(M, 6∗), nghĩa là nếux ∈ M mà x 6∗ x∗, thì x = x∗. Giả sử x ∈ M và x 6∗ x∗. Nhờ định nghĩa của quan hệ6∗, ta có
0 6 η(d(x, x∗)) 6 F (ϕ(x∗) − ϕ(x)). (2.8)
TừF−1([0, ∞)) ⊂ [0, ∞)và(2.8)ta suy ra rằng
ϕ(x∗) − ϕ(x) ≥ 0. (2.9)
Vìx∗ ∈ Mδ, nhờ định nghĩa củaϕ0 vàMδ ta có
ϕ0 6 ϕ(x∗) 6 ϕ0 + δ. (2.10)
Từ(2.9) và(2.10)suy ra rằng ϕ0 6 ϕ(x) 6 ϕ0 + δ. Điều này kéo theox ∈ Mδvà0 6 ϕ(x∗) −ϕ(x) 6 δ. Nhờ cách chọnδsao choF (ϕ(x∗)−ϕ(x)) < ε, từ(2.8)ta suy ra rằng η(d(x, x∗)) < , và vì thế ta có
γ(d(x, x∗)) 6 η (d(x, x∗)) 6 F (ϕ(x∗) − ϕ(x)),
nghĩa làx 6 x∗. Vì x∗ là phần tử cực tiểu trong (Mδ, 6 ), ta có x = x∗. Do
đóx∗ cũng là phần tử cực tiểu trong(M, 6∗).
5) Cuối cùng, với phần tử cực tiểu x∗ trong (M, 6∗) từ (2.1) ta suy ra
rằng
η(d(x∗, T x∗)) 6 F (ϕ(x∗) − ϕ(T x∗)),
suy raT x∗ 6∗ x∗. Vìx∗ là phần tử cực tiểu trong(M, 6∗) ta cóT x∗ = x∗.
2.1.2 Hệ quả. ([13]) Cho (M, d) là không gian mêtric đầy đủ, ánh xạ T : M → 2M \ {φ}và hàm ϕ : M → [0, ∞) là hàm nửa liên tục dưới trên M và bị chặn dưới. Nếu tồn tại hàm η ∈ A và hàm F ∈ F sao cho với mọi x ∈ M, có tồn tại y ∈ T x thỏa mãn. điều kiện
η(d(x, y)) 6 F (ϕ(x) − ϕ(y)), (2.11)
thìT có một điểm bất động, nghĩa là tồn tại x∗ ∈ M sao chox∗ ∈ T x∗. Chứng minh. Từ chứng minh của Định lý 2.1.1 ta suy ra rằng(M, 6∗)
có một phần tử cực tiểux∗. Lại nhờ điều kiện(2.11)ta suy ra tồn tạiy∗ ∈ T x∗ sao choy∗ 6∗ x∗. Vì thếy∗ = x∗, nghĩa làx∗ ∈ T x∗.
Chứng minh tương tự như Hệ quả 2.1.2 ta thu được kết quả sau.
2.1.3 Hệ quả. ([13]) Cho (M, d) là không gian mêtric đầy đủ, ánh xạ T : M → 2M \ {φ}và hàm ϕ : M → [0, ∞) là hàm nửa liên tục dưới trên M và bị chặn dưới. Nếu tồn tại hàm η ∈ A và hàm F ∈ F sao cho với mọi x ∈ M và với mọi y ∈ T x, ta có
η(d(x, y)) 6 F (ϕ(x) − ϕ(y)),
thì tồn tạix∗ ∈ M sao cho T x∗ = {x∗}.
2.1.4 Định lý. ([13]) Cho(M, d) là không gian mêtric đầy đủ,T : M → M là ánh xạ từ M vào chính nó, ϕ : M → [0, ∞) là một nửa hàm liên tục dưới trênM và bị chặn dưới. Giả sử rằng Φ : M → [0, ∞) là hàm không
âm trênM và tồn tại δ > 0sao cho
sup{Φ(x) | x ∈ M, ϕ(x) 6 inf
y∈Mϕ(y) + δ} < +∞.
Nếu tồn tạiη ∈ Avà F ∈ F sao cho với mọix ∈ M ta có
η(d(x, T x)) 6 Φ(x)F (ϕ(x) − ϕ(T x)), (2.12)
thìT có một điểm bất động.
Chứng minh. NếuΦ(x) > 0, thì từ(2.12)ta suy raF (ϕ(x) −ϕ(T x)) >
0và nhờ tính chấtF−1([0, ∞)) = [0, ∞) của hàmF ta có ϕ(T x) 6 ϕ(x). Nếu Φ(x) = 0, thì từ (2.12) ta có η(d(x, T x)) = 0 6 ε, và vì thế nhờ tính chất của hàm η ta suy ra γ(d(x, T x)) 6 η(d(x, T x)) = 0. Từ tính chất của hàm γ, điều này kéo theo d(x, T x) = 0, nghĩa là, x = T x và ϕ(T x) = ϕ(x). Vì vậy, ta luôn cóϕ(T x) 6 ϕ(x) với mọix ∈ M.
Bây giờ ta đặt ϕ0 = inf
y∈Mϕ(y), Mδ = {x ∈ M | ϕ(x) 6 ϕ0 + δ} và α = sup
x∈Mδ
Φ(x) < +∞. Hiển nhiên, nhờ tính nửa liên tục dưới của ϕta suy raMδ 6= φ và đóng. Do đó,(Mδ, d)là một không gian mêtric đầy đủ.
Với mọi x ∈ Mδ, ta có ϕ(T x) 6 ϕ(x) 6 ϕ0 + δ. Điều này kéo theo T x ∈ Mδ. Vì thế ta cóT : Mδ → Mδ lại là một ánh xạ từ Mδ vào chính nó.
Nhờ điều kiện(2.12)ta cũng suy ra rằng
η (d(x, T x)) 6 αF (ϕ(x) − ϕ(T x)), với mọix ∈ Mδ.
Mặt khác rõ ràng ta cóαF ∈ F. Vì vậy, áp dụng Định lý 2.1.1 choT : Mδ → Mδ ta suy ra rằng tồn tạix0 ∈ Mδ ⊂ M sao cho Tx0 = x0.
2.1.5 Hệ quả. ([13]) Cho (M, d) là không gian mêtric đầy đủ, ánh xạ T : M → 2M \ {φ}và hàm ϕ : M → [0, ∞) là hàm nửa liên tục dưới trên M và bị chặn dưới. Giả sử rằngΦ : M → [0, ∞) là hàm không âm trênM và tồn tại δ > 0sao cho
sup{Φ(x) | x ∈ M, ϕ(x) 6 inf
y∈Mϕ(y) + δ} < +∞.
Nếu tồn tạiη ∈ Avà F ∈ F sao cho với mọi x ∈ M và với mọiy ∈ T x ta cã
η (d(x, y)) 6 Φ(x)F (ϕ(x) − ϕ(y)), (2.13)
thì tồn tạix∗ ∈ M sao cho T x∗ = {x∗}.
Chứng minh. Tương tự như trong chứng minh của Định lý 2.1.4 ta có ϕ(y) 6 ϕ(x), với mọi x ∈ M và y ∈ T x. Đặt Mδ và α giống như trong chứng minh của Định lý 2.1.4. Khi đó ta có y ∈ Mδ, với mọi x ∈ Mδ và y ∈ T x. Do đó ta cóT : Mδ → 2Mδ \ {φ}.
Từ điều kiện(2.13)ta suy ra rằng với mọix ∈ Mδ vày ∈ T x, ta có η(d(x, y)) 6 F (ϕ(x) − ϕ(y)). (2.14)
Dễ thấy rằng αF ∈ F. Bây giờ ta xác định trong Mδ một quan hệ6∗ được
cho nh sau, víix, z ∈ Mδ
x 6∗ z ⇔ η(d(x, z)) 6 αF (ϕ(z) − ϕ(x)).
Bằng cách chứng minh tương tự như chứng minh Định lý 2.1.1, ta suy ra rằng (Mδ, 6∗)có một phần tử cực tiểux∗. Khi đó từ(2.14)ta suy ra rằngy∗ 6∗ x∗, với mọiy∗ ∈ T x∗, và vì thế ta có y∗ = x∗, nghĩa là T x∗ = {x∗}.