Định lý điểm bất động cho ánh xạ θ − φ Suzuki
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày các khái niệm cơ bản về ánh xạ θ−φ Suzuki và đưa ra phép chứng minh định lý điểm bất động cho ánh xạ này Ngoài ra, chúng tôi cũng sẽ nêu rõ các hệ quả của định lý cùng với các ví dụ minh họa trong các không gian mêtric.
Chương 2: Định lý điểm bất động cho một số ánh xạθ−φ co suy rộng
Chương này trình bày các kết quả liên quan đến điểm bất động cho các ánh xạ θ−φ co yếu và ánh xạ θ−φ−C co Ngoài ra, cũng đề cập đến điểm bất động bộ đôi cho ánh xạ θ−φ co trong không gian mêtric.
Định lý điểm bất động cho ánh xạ θ − φ co yếu
Ánh xạ θ − φ co yếu là một khái niệm quan trọng trong toán học, đặc biệt trong lý thuyết không gian mêtric Định lý điểm bất động cho các ánh xạ này cung cấp những điều kiện cần thiết để tồn tại điểm bất động trong không gian Hệ quả của định lý này cho thấy sự liên kết giữa các ánh xạ và cấu trúc của không gian mêtric, qua đó minh họa sự áp dụng thực tiễn trong nhiều bài toán Ví dụ, trong các không gian mêtric cụ thể, ánh xạ θ − φ co yếu có thể được sử dụng để chứng minh sự tồn tại của điểm bất động, từ đó mở ra hướng nghiên cứu mới trong lĩnh vực này.
Định lý điểm bất động cho ánh xạ θ − φ − C co
Mục này trình bày kết quả về điểm bất động cho các ánh xạ θ −φ −C co trên lớp các không gian mêtric.
Điểm bất động bộ đôi cho ánh xạ θ − φ co
Điểm bất động bộ đôi là một khái niệm quan trọng trong toán học, đặc biệt là trong lý thuyết ánh xạ Bài viết này sẽ trình bày các kết quả liên quan đến điểm bất động bộ đôi cho ánh xạ θ−φ co trên lớp không gian mêtric, giúp làm rõ mối liên hệ giữa các ánh xạ và tính chất của không gian.
Chương 1 Định lý điểm bất động cho ánh xạ co θ − φ Suzuki
Chương này giới thiệu các khái niệm và tính chất cơ bản trong không gian mêtric, cùng với ví dụ minh họa và định lý liên quan đến sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ co θ−φ Suzuki.
Mục này trình bày một số khái niệm, tính chất, ví dụ trong không gian mêtric.
1.1.1 Định nghĩa Cho X là tập khác rỗng, ánh xạ d : X ×X → [0,+∞) được gọi là một mêtric trên X nếu với bất kỳ x, y, z ∈ X các điều kiện sau được thỏa mãn
Khi đó, (X, d) được gọi là không gian mêtric.
1.1.2 Định nghĩa Cho (X, d) là không gian mêtric.
1 Dãy{x n } ⊂ X được gọi làhội tụ tớix ∈ X nếu và chỉ nếu lim n→∞d(x n , x) = 0;
2 Dãy{x n } ⊂ X được gọi làdãy Cauchy nếu và chỉ nếu lim n,m→∞d(x n , x m ) = 0;
3 Không gian mêtric (X, d) được gọi là đầy đủ nếu mọi dãy Cauchy {x n } ⊂
1.1.3 Mệnh đề 1) Cho (X, d) là không gian mêtric, x 1 , x 2 , , x n là n điểm tùy ý của X(n ≥ 2) Khi đó ta có d(x 1 , x n ) ≤ d(x 1 , x 2 ) +d(x 2 , x 3 ) + +d(x n−1 , x n ).
2) Nếu x 1 , x 2 , x 3 , x 4 là 4 điểm tùy ý của không gian mêtric (X, d) thì
1.1.4 Ví dụ 1) Cho X = R + và ánh xạ d : X ×X → X được xác định bởi d(x, y) = |x−y| với mọi x, y ∈ X Khi đó, (X, d) là không gian mêtric.
2) Cho X 6= ∅ và ánh xạ d : X ×X → R + được xác định bởi d(x, y) (0 nếu x= y
1 nếu x6= y, với mọi x, y ∈ X Khi đó, (X, d) là không gian mêtric.
Thật vậy, các điều kiện 1) và 2) trong Định nghĩa 1.1.1 là hiển nhiên. Để kiểm tra điều kiện 3) trong Định nghĩa 1.1.1
Với mọi x, y, z ∈ X, ta xét các trường hợp sau i) Nếu x 6= z thì d(x, z) = 1, và do x 6= z nên x 6= y hoặc y 6= z Do đó d(x, y) +d(y, z) ≥ 1. ii) Nếu x = z thì d(x, z) = 0 và ta có d(x, y) +d(y, z) ≥ 0.
Vậy, từ i) và ii) ta có d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z), với mọi x, y, z ∈ X.
3) Cho X = R n = {x = (x 1 , x 2 , , x n ) : x i ∈ R, i = 1,2, n.} và ánh xạ d: X ×X →R + xác định bởi d(x, y) ={ n
|x i −y i | 2 } 1 2 , trong đó x = (x 1 , x 2 , , x n );y = (y 1 , y 2 , , y n ) ∈ R n Khi đó, (X, d) là không gian mêtric.
Để kiểm tra điều kiện 3) trong Định nghĩa 1.1.1, chúng ta sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho bộ 2n số Cụ thể, với mọi x = (x1, x2, , xn); y = (y1, y2, , yn); z = (z1, z2, , zn) thuộc tập X, nhiệm vụ của chúng ta là chứng minh rằng d(x, z) = { n.
1.2 Định lý điểm bất động cho ánh xạ θ−φ Suzuki
Mục này trình bày các khái niệm liên quan đến ánh xạ θ −φ Suzuki và chứng minh định lý điểm bất động cho ánh xạ này Bên cạnh đó, bài viết cũng nêu rõ các hệ quả và cung cấp ví dụ minh họa trong các không gian mêtric.
Gọi Θ là tập hợp các hàm θ : (0,∞) →(1,∞) thỏa mãn các điều kiện sau (Θ1) θ là hàm không giảm ;
(Θ 2 ) Với mỗi dãy {t n } ⊂ (0,∞),lim n→∞ θ(t n ) = 1 khi và chỉ khi lim n→∞ t n = 0 + ;
(Θ 3 ) θ là hàm liên tục trên (0,∞).
Gọi Φ là tập hợp các hàm φ : [1,∞) → [1,∞) thỏa mãn các điều kiện sau (Φ 1 ) φ là hàm không giảm ;
(Φ 3 ) φ là hàm liên tục trên [1,∞).
1.2.1 Bổ đề ([6]) Nếu φ ∈ Φ thì φ(1) = 1, và với mỗi t > 1 ta có φ(t) < t.
Giả sử tồn tại t0 > 1 sao cho φ(t0) ≥ t0, thì do tính không giảm của hàm φ, ta có φ^n(t0) ≥ t0 với mọi n ∈ N Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với giới hạn lim(n→∞) φ^n(t0) = 1 Do đó, với mỗi t > 1, ta có φ(t) < t.
1≤ φ(1) ≤ φ(t) < t với mỗi t > 1 nên cho t →1 ta nhận được φ(1) = 1.
1.2.2 Định nghĩa.([6]) Cho(X, d)là không gian mêtric và ánh xạT :X →X.
1 T được gọi là ánh xạ θ co nếu tồn tại θ ∈ Θ và k ∈ (0,1) sao cho với mọi x, y ∈ X ta có d(T x, T y) 6= 0 ⇒ θ(d(T x, T y)) ≤ [θ(d(x, y))] k
2 T được gọi là ánh xạ θ−φ co nếu tồn tại θ ∈ Θ và φ ∈ Φ sao cho với mọi x, y ∈ X ta có d(T x, T y) 6= 0⇒ θ(d(T x, T y)) ≤ φ[θ(N(x, y))], trong đó N(x, y) = max{d(x, y), d(x, T x), d(y, T y)}.
3 T được gọi là ánh xạ θ−φ Suzuki nếu tồn tại θ ∈ Θ và φ ∈ Φ sao cho với mọi x, y ∈ X, T x 6= T y ta có
4 T được gọi là ánh xạ θ −φ co kiểu Kannan nếu tồn tại θ ∈ Θ và φ ∈ Φ sao cho với mọi x, y ∈ X, T x 6= T y ta có θ(d(T x, T y)) ≤ φ[θ(d(x, T x) +d(y, T y)
Rõ ràng, ánh xạ θ −φ co và ánh xạ θ − φ co kiểu Kannan là ánh xạ θ −φ Suzuki.
1.2.3 Định lí ([6]) Cho (X, d) là không gian mêtric đầy đủ và T là ánh xạ θ−φ Suzuki, tức là tồn tại θ ∈ Θ và φ ∈ Φ sao cho với mọi x, y ∈ X, T x 6= T y ta có
Khi đó ánh xạ T có điểm bất động duy nhất x ∗ ∈ X sao cho với mỗi x ∈ X dãy {T n x} hội tụ đến x ∗
Chứng minh Giả sử x0 ∈ X là một điểm tùy ý, ta xây dựng dãy lặp {x n } như sau x n+1 = T x n , n = 0,1,2,3,
Trường hợp 1 Nếu xn+1 = xn với mỗi n ∈ N thì T xn = xn Khi đó x ∗ = xn là điểm bất động của ánh xạ T.
Trường hợp 2 Giả sử x n 6= x n+1 với mọi n ∈ N Khi đó, d(x n , x n+1 ) > 0 với mọi n ∈ N Vì thế, với mọi n∈ N ta có
2d(x n , x n+1 ) < d(x n , x n+1 ). Áp dụng bất đẳng thức (1.1) với x = xn và y = xn+1 ta được θ(d(T x n , T x n+1 )) ≤ φ[θ(N(x n , x n+1 ))], (1.2) trong đó
= max{d(x n , x n+1 ), d(x n+1 , x n+2 )} (1.3) Nếu N(x n , x n+1 ) = d(x n+1 , x n+2 ) thì theo (1.2) ta có θ(d(xn+1, xn+2)) = θ(d(T xn, T xn+1)) ≤ φ[θ(d(xn+1, xn+2))]. Điều này dẫn đến mẫu thuẫn vì từ Bổ đề 1.2.1 ta có φ[θ(d(x n+1 , x n+2 ))] < θ(d(x n+1 , x n+2 )).
Do đó từ (1.3) ta suy ra N(x n , x n+1 ) = d(x n , x n+1 ) với mọi n ∈ N, và từ (1.2) sẽ kéo theo θ(d(T xn, T xn+1)) ≤ φ[θ(d(xn, xn+1))].
Lý luận tương tự ta nhận được θ(d(T x n−1 , T x n )) ≤ φ[θ(d(x n−1 , x n ))]
Từ định nghĩa hàm θ và tính chất Φ(2) ta có n→∞lim φ n [θ(d(x 0 , x 1 ))] = 1.
Từ Θ(2), ta suy ra n→∞lim d(x n , x n+1 ) = 0 (1.4)
Tiếp theo ta sẽ chứng minh {x n } là dãy Cauchy trong X.
Giả sử ngược lại {x n } không phải là dãy Cauchy, khi đó tồn tại η >0 và hai dãy {p(n)} và {q(n)} sao cho với mọi n ∈ N thỏa mãn n < q(n) < p(n), d(x p(n) , x q(n) ) ≥ η và d(x p(n)−1 , x q(n) ) < η.
Từ (1.4) và bất đẳng thức trên, ta có n→∞lim d(x p(n) , x q(n) ) =η (1.5) Áp dụng bất đẳng thức tam giác trong định nghĩa mêtric ta có d(x p(n)+1 , x q(n)+1 )−d(x p(n) , x q(n) ) ≤ d(x p(n) , x p(n)+1 ) +d(x q(n) , x q(n)+1 ).
Từ (1.4) và (1.5) và bất đẳng thức trên ta có n→∞lim d(x p(n)+1 , x q(n)+1 ) =η (1.6)
Suy ra d(x p(n)+1 , x q(n)+1 ) > 0 Điều này chứng tỏ T x p(n) 6= T x q(n)
Sử dụng bất đẳng thức (1.1) với x = x p(n) , y = x q(n) , ta nhận được θ(d(x p(n)+1 , x q(n)+1 )) = θ(d(T x p(n) , T x q(n) )) ≤ φ θ(N(x p(n) , x q(n) )) , trong đó
N(x p(n) , x q(n) ) = max{d(x p(n) , x q(n) ), d(x p(n) , x p(n)+1 ), d(x q(n) , x q(n)+1 )} Cho n→ ∞ và từ (1.4), (1.5), (1.6) cùng với Θ(3) và Φ(3) ta thu được θ(η) ≤ φ[θ(η)]. Kết hợp với Bổ đề 1.2.1 ta có θ(η) ≤ φ[θ(η)] < θ(η), điều này dẫn đến mâu thuẫn Vậy {x n } là dãy Cauchy trong X.
Vì (X, d) đầy đủ nên tồn tại x ∗ ∈ X sao cho lim n→∞x n = x ∗ Bây giờ ta sẽ chứng minh x ∗ là điểm bất động của ánh xạ T.
Hoặc trường hợp ngược lại
2d(x p , x ∗ ) ≤ d(x p , T x p ) ≤d(x p , x ∗ ) + d(x ∗ , T x p ). Điều này kéo theo d(xp, x ∗ ) ≤ d(x ∗ , T xp) (1.8)
2d(x p , T x p ) ≤ d(x p , T x p ), áp dụng (1.1) với x= x p , y = T x p , ta có θ(d(T x p , T 2 x p )) ≤ φ[θ(N(d(x p , T x p ))],
Theo công thức (1.10), nếu max{d(x p , T x p), d(T x p , T 2 x p)} = d(T x p, T 2 x p), thì từ Bổ đề 1.2.1, ta có θ(d(T x p, T 2 x p)) ≤ φ[θ(d(T x p, T 2 x p))] < θ(d(T x p, T 2 x p), dẫn đến mâu thuẫn Do đó, ta kết luận rằng max{d(x p , T x p), d(T x p , T 2 x p)} = d(x p , T x p).
Từ (1.7), (1.9) và (1.11) ta nhận được d(T xp, T 2 xp) < d(xp, T xp) ≤ d(xp, x ∗ ) +d(x ∗ , T xp)
2d(T x p , T 2 x p ) =d(T x p , T 2 x p ), điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó, với mọi n∈ N thì
Trường hợp 1 Nếu tồn tại dãy {n k } sao cho với mọi k ∈ N thỏa mãn
Từ Bổ đề 1.2.1 và định nghĩa hàm φ và hàm θ ta có k→∞lim d(T x n k , T x ∗ ) = 0.
Do đó d(x ∗ , T x ∗ ) = lim k→∞d(xn k +1, T x ∗ ) = lim k→∞d(T xn k , T x ∗ ) = 0.
Trường hợp 2 Nếu tồn tại dãy {n k } sao cho với mọi k ∈ N thỏa mãn
Từ Bổ đề 1.2.1 và định nghĩa hàm φ và hàm θ ta có k→∞lim d(T 2 x n k , T x ∗ ) = 0.
Do đó d(x ∗ , T x ∗ ) = lim k→∞d(xn k +2, T x ∗ ) = lim k→∞d(T 2 xn k , T x ∗ ) = 0.
Vậy x ∗ là điểm bất động của ánh xạ T.
Cuối cùng, ta chứng minh ánh xạ T có điểm bất động duy nhất.
Giả sử ngược lại, tồn tai một điểm bất động khác y ∗ của ánh xạ T sao cho
Từ (1.1) và Bổ đề 1.2.1 ta suy ra θ(d(x ∗ , y ∗ )) = θ(d(T x ∗ , T y ∗ )) ≤ φ[θ(d(x ∗ , y ∗ ))] < θ(d(x ∗ , y ∗ )), điều này dẫn đến mẫu thuẫn Vậy ánh xạ T có điểm bất động duy nhất và với mọi x ∈ X dãy {T n x} hội tụ đến x ∗
1.2.4 Hệ quả ([6]) Cho(X, d) là không gian mêtric đầy đủ và ánh xạ T : X →
X là ánh xạ co Kannan, tức là tồn tại α ∈ [0; 1
2) sao cho với mọi x, y ∈ X ta có d(T x, T y) ≤ α(d(x, T x) + d(y, T y)).
Khi đó, ánh xạ T có một điểm bất động duy nhất x ∗ ∈ X sao cho với mỗi x∈ X dãy {T n x} hội tụ đến x ∗
Chứng minh Trường hợpα = 0là hiển nhiên Do đó, ta có thể giả sửα ∈ (0;1
2). Đặt θ(t) =e t , với mọi t ∈ [0,+∞), và φ(t) = t 2α , với mọi t ∈ [1,+∞).
Rõ ràng làθ ∈ Θ và φ ∈ Φ Tiếp theo ta chứng minh T là ánh xạ θ−φ co kiểuKannan Ta có θ(d(T x, T y)) = e d(T x,T y) ≤eα(d(x,T x)+d(y,T y)) = e 2α( d(x, T x) +d(y, T y)
Ánh xạ T được xác định là ánh xạ θ−φ co kiểu Kannan, đồng thời cũng là ánh xạ θ−φ Suzuki Theo Định lý 1.2.3, ánh xạ T có một điểm bất động duy nhất x ∗ thuộc tập X, và với mỗi x trong X, dãy {T n x} sẽ hội tụ đến x ∗.
1.2.5 Hệ quả ([6]) Cho (X, d) là không gian mêtric đầy đủ và ánh xạ T :
X là một tập hợp sao cho với mọi x, y ∈ X, ta có d(T x, T y) ≤ ϕ(d(x, y)), trong đó ϕ : R + → R + là hàm tăng và liên tục, thỏa mãn điều kiện ϕ(t) < t với mọi t > 0 Dựa vào điều này, ánh xạ T sẽ có một điểm bất động duy nhất x ∗ ∈ X, sao cho với mỗi x ∈ X, dãy {T n x} sẽ hội tụ đến x ∗.
Chứng minh Giả sử ϕ là hàm tăng ngặt và liên tục Đặt θ(t) =e t , với mọi t ∈ [0,+∞), và φ(t) = e ϕ(lnt) , với mọi t∈ [1,+∞).
Rõ ràng là θ ∈ Θ và φ ∈ Φ Từ định nghĩa hàm φ ta có φ(e t ) = e ϕ(t) Tiếp theo ta chứng minh T là ánh xạ θ−φ co Thật vậy ta có θ(d(T x, T y)) = e d(T x,T y) ≤e ϕ(d(x,y)) = φ[e d(x,y) ] = φ[θ(d(x, y))].
Vậy T là ánh xạ θ−φ co Vì thế theo Định lí 1.2.3, ánh xạ T có một điểm bất động duy nhất x ∗ ∈ X sao cho với mỗi x ∈ X dãy {T n x} hội tụ đến x ∗
1.2.6 Ví dụ ([6]) Cho X = {0,±1,±2, } và mêtric thông thường d(x, y) |x−y|. Ánh xạ T : X → X cho bởi
−(n−1) nếu x = n, n−1 nếu x = −n. Đầu tiên, ta thấy rằng điều kiện co Banach không thể áp dụng với mọi n > m >2, thật vậy ta có d(T n, T m) = n−m = d(n, m).
Tiếp theo,T không phải là ánh xạ co Kannan Thật vậy, giả sử tồn tạiα ∈ [0,1
2) sao cho với mọi x, y ∈ X ta có d(T x, T y) ≤ α(d(x, T x) + d(y, T y)).
Cho x = n, y = 0 Từ bất đẳng thức trên ta suy ra n−1 = d(T n, T0) ≤α(d(n, T n) +d(0, T0)) = α(2n−1) với mọi n ∈ N Điều này kéo theo α ≥ n−1
2n−1 Lấy giới hạn khi n → ∞ ta thu được α ≥ 1
2, điều này dẫn đến mâu thuẫn Vậy, T không phải là ánh xạ co Kannan.
Bây giờ, cho hàm θ : (0,∞) → (1,∞) được xác định bởi θ(t) = 5 t , và hàm φ : [1,∞) → [1,∞) xác định bởi φ(t) (1, nếu 1 ≤ t≤ 2; t−1, nếu t ≥ 2.
Tiếp theo, ta chứng minh T là ánh xạ θ−φ co kiểu Kannan.
Ta xét 4 trường hợp sau
Trong trường hợp này, ta có d(T x, T y) = n−1,d(x, T x) = 2n−1,d(y, T y) = 0, θ(d(T x, T y)) = θ(n−1) = 5 n−1 , φ(θ(d(x, T x) +d(y, T y)
Trong trường hợp này, ta có d(T x, T y) = n−m, d(x, T x) = 2n−1, d(y, T y) = 2m−1, θ(d(T x, T y)) =θ(n−m) = 5 n−m , φ(θ(d(x, T x) +d(y, T y)
Trường hợp 3 x = n, y = −m, n > m ≥ 1 hoặc x = −n, y = m, n > m ≥ 1. Trong trường hợp này, ta có d(T x, T y) = n+m −2,d(x, T x) = 2n−1,d(y, T y) = 2m−1,θ(d(T x, T y)) = θ(n+m−2) = 5 n+m−2 , φ(θ(d(x, T x) + d(y, T y)
Vì vậy, với mọi x, y ∈ X ta có θ(d(T x, T y)) ≤ φ(θ(d(x, T x) + d(y, T y)
Ánh xạ T là ánh xạ θ−φ kiểu Kannan và cũng là ánh xạ θ−φ Suzuki Theo Định lý 1.2.3, ánh xạ T có một điểm bất động duy nhất, trong đó x = 0 là điểm bất động của ánh xạ này.
Chương 2 Định lý điểm bất động cho một số ánh xạ θ − φ co suy rộng
Chương này trình bày các kết quả liên quan đến điểm bất động cho các ánh xạ θ −φ co yếu và ánh xạ θ −φ −C co Ngoài ra, bài viết cũng đề cập đến điểm bất động bộ đôi cho ánh xạ θ−φ co trong không gian mêtric.
Trong chương này, các lớp hàm Θ và Φ được xác định như ở chương 1.
2.1 Định lý điểm bất động cho ánh xạ θ−φ co yếu
Mục này trình bày khái niệm, phép chứng minh kết quả về điểm bất động cho các ánh xạ θ−φ co yếu trên lớp các không gian mêtric.
2.1.1 Định nghĩa ([8]) Cho (X, d) là một không gian mêtric Ánh xạ T :
X → X được gọi là ánh xạ θ−φ co yếu nếu tồn tại θ ∈ Θ và φ ∈ Φ sao cho với bất kì x, y ∈ X, T 2 x 6= T 2 y ta có θ(d(T 2 x, T 2 y)) ≤ φ[θ(N(T x, T y))], trong đó
2.1.2 Định lí ([8]) Cho (X, d) là không gian mêtric đầy đủ và T là ánh xạ θ − φ co yếu, tức là tồn tại θ ∈ Θ và φ ∈ Φ sao cho với bất kì x, y ∈ X,
Giả sử T X là không gian con đầy đủ của X, ánh xạ T có điểm bất động duy nhất x ∗ ∈ X, với dãy {T n x} hội tụ đến x ∗ cho mọi x ∈ X Tuy nhiên, T không liên tục tại điểm x ∗ nếu và chỉ nếu giới hạn khi x tiến đến x ∗ của N(T x, x ∗) bằng giới hạn khi x tiến đến x ∗ của N(T x, T x ∗) không bằng 0.
Chứng minh Giả sử x 0 ∈ X là một điểm tùy ý, ta xây dựng dãy {x n } như sau x n+1 = T x n , n = 0,1,2,3,
Trường hợp 1 Nếu xn 0 +1 = T xn 0 thì T xn 0 = xn 0 , n0 ∈ N.
Vậy x n 0 là điểm bất động của T.
Trường hợp 2 Giả sử xn 6= xn+1 với mọi n ∈ N Khi đó, d(xn+1, xn+2) > 0 với mọi n ∈ N, tức là T 2 x n−1 6= T 2 x n với mọi n ∈ N Áp dụng bất đẳng thức (2.1) với x = x n−1 , y = x n ta có θ(d(x n+1 , x n+2 )) = θ(d(T 2 x n−1 , T 2 x n )) ≤ φ[θ(N(T x n−1 , T x n ))], (2.2) trong đó
= max{d(x n , x n+1 ), d(x n+1 , x n+2 )} (2.3) Nếu N(T xn−1, T xn) = d(xn+1, xn+2), khi đó theo (2.2) ta có θ(d(x n+1 , x n+2 )) = θ(d(T 2 x n−1 , T 2 x n )) ≤ φ[θ(d(x n+1 , x n+2 ))]. Điều này dẫn đến mẫu thuẫn vì từ Bổ đề 1.2.1 ta suy ra φ[θ(d(x n+1 , x n+2 ))] < θ(d(x n+1 , x n+2 ).
Do đó từ (2.3) ta suy ra N(T xn−1, T xn) = d(xn, xn+1) với mọi n ∈ N Vậy, từ (2.2) ta có θ(d(x n+1 , x n+2 )) ≤ φ[θ(d(x n , x n+1 ))]. Chứng minh tương tự ta thu được θ(d(x n , x n+1 )) ≤ φ[θ(d(x n−1 , x n ))]
Từ định nghĩa hàm θ ta suy ra n→∞lim θ(d(xn, xn+1)) = 1.
Kết hợp với Θ(2) ta nhận được n→∞lim d(x n , x n+1 ) = 0 (2.4)
Tiếp theo ta chứng minh {x n } là dãy Cauchy trong X.
Giả sử ngược lại, {x n } không phải là dãy Cauchy, khi đó tồn tại η > 0 và hai dãy {p(n)} và {q(n)} sao cho với mọi n ∈ N ta có n < q(n) < p(n), d(x p(n) , x q(n) ) ≥ η và d(x p(n)−1 , x q(n) ) < η.
Từ (2.4) và (2.5) ta suy ra n→∞lim d(x p(n) , x q(n) ) =η (2.6) Áp dụng bất đẳng thức tam giác trong định nghĩa mêtric ta có d(x p(n)+1 , x q(n)+1 )−d(x p(n) , x q(n) ) ≤ d(x p(n) , x p(n)+1 ) +d(x q(n) , x q(n)+1 ).
Kết hợp (2.4),(2.6) và (2.7) ta thu được n→∞lim d(x p(n)+1 , x q(n)+1 ) =η. Điều này kéo theo d(x p(n)+1 , x q(n)+1 ) > 0 hay T 2 x p(n)−1 6= T 2 x q(n)−1 Áp dụng bất đẳng thức (2.1) với x = x p(n)−1 , y = x q(n)−1 ta có θ(d(x p(n)+1 , x q(n)+1 )) =θ(d(T 2 x p(n)−1 , T 2 x q(n)−1 ))
Khi cho n → ∞ và từ (2.8), ta nhận được θ(η) ≤ φ[θ(η)] Kết hợp với Bổ đề 1.2.1, ta có θ(η) ≤ φ[θ(η)] < θ(η), điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó, dãy {x n} là một dãy Cauchy trong không gian X Vì T X là không gian con đầy đủ và {x n} thuộc T X, nên dãy {x n} hội tụ đến x ∗ thuộc T X Do đó, tồn tại y ∈ X sao cho T y = x ∗.
Bây giờ ta sẽ chứng minh x ∗ là điểm bất động của ánh xạ T.
Khi cho n → ∞ và áp dụng công thức (2.9), ta nhận được θ(d(x ∗ , T x ∗ )) ≤ φ[θ(d(x ∗ , T x ∗ ))] Điều này tạo ra mâu thuẫn với giả thiết φ[θ(d(x ∗ , T x ∗ ))] < θ(d(x ∗ , T x ∗ )) Do đó, ta có thể kết luận rằng x ∗ = T x ∗, tức là x ∗ là điểm bất động của ánh xạ T Cuối cùng, chúng ta sẽ chứng minh rằng ánh xạ T chỉ có một điểm bất động duy nhất Giả sử tồn tại một điểm bất động khác y ∗ của ánh xạ T.
T 2 x ∗ = T x ∗ = x ∗ 6= T 2 y ∗ = T y ∗ = y ∗ Áp dụng bất đẳng thức (2.1) với x = x ∗ , y = y ∗ ta có θ(d(x ∗ , y ∗ )) = θ(d(T 2 x ∗ , T 2 y ∗ )) ≤φ[θ(N(T x ∗ , T y ∗ ))]
= φ[θ(d(x ∗ , y ∗ ))] < θ(d(x ∗ , y ∗ )), điều này mâu thuẫn Vậy ánh xạ T có duy nhất điểm bất động sao cho với mỗi x ∈ X dãy {T n x} hội tụ đến x ∗
2.1.3 Ví dụ ([8]) Cho X = {0} ∪ {±n: n ∈ N ∗ } ∪ {±1 n : n ∈ N ∗ } với mêtric thông thường d(x, y) =|x−y| và ánh xạ T : X →X được xác định bởi
Bây giờ, cho hàm θ : (0,∞) → (1,∞) được xác định bởi θ(t) = 5 t , và hàm φ : [1,∞) → [1,∞) xác định bởi φ(t) (1, nếu 1 ≤ t≤ 2; t−1, nếu t ≥ 2.
Tiếp theo, ta chứng minh T là ánh xạ θ−φ co yếu.
Ta xét 9 trường hợp sau
Trường hợp 1 x = n ≥ 3, y = 0 hoặc x = −n(n ≥ 3), y = 0 Trong trường hợp này, ta có d(T 2 x, T 2 y) = n−2 và N(T x, T y) = 2n−3.
Trường hợp 2 x = n > y = m ≥ 1 hoặc x = −n < y = −m ≤ −1 Trong trường hợp này, ta có d(T 2 x, T 2 y) =n−m và N(T x, T y) = 2n−3.
Trường hợp 3 x = n, y = −m, n > m ≥ 1 Trong trường hợp này, ta có d(T 2 x, T 2 y) = n+m −4 và N(T x, T y) = 2n−3.
Trường hợp 4 x = 1 n, y = 0, n ≥ 2 hoặc x = −1 n, y = 0, n ≥ 2 Trong trường hợp này, ta có d(T 2 x, T 2 y) = n−1 và N(T x, T y) = 2n−1.
Trường hợp 5 x = 1 n, y = 1 m, n > m ≥ 1 hoặc x = −1 n, y = −1 m, n > m ≥ 1. Trong trường hợp này, ta có d(T 2 x, T 2 y) =n−m và N(T x, T y) = 2n−1.
Trường hợp 6 x = n, y = 1 m, n ≥ m > 1 hoặc x = −n, y = − 1 m, n ≥ m > 1. Trong trường hợp này, ta có d(T 2 x, T 2 y) = n+m −3 và N(T x, T y) = 2n−3.
Trường hợp 7 x = n, y = 1 m, m > n ≥ 1, hoặc x = −n, y = − 1 m, m > n ≥ 1. Trong trường hợp này, ta có d(T 2 x, T 2 y) = n+m −3 và N(T x, T y) = 2m−1.
Trường hợp 8 x = −n, y = 1 m, n > m > 1 hoặc x = n, y = − 1 m, n > m > 1. Trong trường hợp này, ta có d(T 2 x, T 2 y) = n−m−1 và N(T x, T y) = 2n−3.
Trường hợp 9 x = −n, y = 1 m, m ≥ n ≥ 1 hoặc x = n, y = −1 m, m ≥ n ≥ 1. Trong trường hợp này, ta có d(T 2 x, T 2 y) = m−n+ 1 và N(T x, T y) = 2m−1.
Như vậy, với mọi x, y ∈ X ta luôn có θ(d(T 2 x, T 2 y)) ≤ φ[θ(N(T x, T y))].
Chứng tỏ T là ánh xạ θ−φ co yếu Áp dụng Định lý 2.1.2 ta suy ra T có điểm bất động duy nhất, rõ ràng x = 0 là điểm bất động của T.
1 Trong ví dụ trên, T không là ánh xạ không giãn Chẳng hạn, nếu x = 1 n, y = 1
2 T 2 không liên tục trên tập hợp X.
3 T không liên tục tại điểm bất động x = 0 Vì 1 n → 0, trong khi đó
2.2 Định lý điểm bất động cho ánh xạ θ−φ−C co
Mục này trình bày kết quả về điểm bất động cho các ánh xạ θ−φ−C co trên lớp các không gian mêtric.
2.2.1 Bổ đề ([7]) Giả sử hàm ψ : [0,+∞) 2 → [0,+∞) là một hàm liên tục sao cho ψ(x, y) = 0 khi và chỉ khi x = y = 0 Đặt φ 1 (t) = inf{ψ(s,2t−s) :
0≤ s ≤t} Khi đó φ 1 (t) liên tục trên [0,∞) và φ 1 (t) = 0 khi và chỉ khi t= 0.
Chứng minh rằng At = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ t, x+y = 2t} là một cung trong R² Do ψ(x, y) liên tục và At là tập con compact liên thông của R², nên ψ(A t) cũng là một cung trong R², tức là ψ(A t) là một tập đóng hữu hạn Do đó, ta có φ₁(t) = inf{ψ(s, 2t−s) : 0 ≤ s ≤ t} = inf ψ(A t) = min ψ(A t) Giả sử t₀ ∈ [0, +∞) là một số tùy ý.
Khi đó ψ(x, y) liên tục đều trên B t 0 Như vậy với mỗi ε > 0, tồn tại δ > 0 với δ φ 1 (t)−ε.
Khi đó ta có |ψ(t) −ψ(t0)| < ε, điều đó chứng tỏ rằng hàm ψ(t) liên tục tại điểm t 0 Vì t 0 là điểm tùy ý nên hàm ψ(t) liên tục trên [0,∞).
Nếu φ 1 (t) = 0 thì từ (2.10), tồn tại (x, y) ∈ A t sao cho ψ(x, y) = φ 1 (t) = 0.
2.2.2 Bổ đề ([7]) Giả sử ψ, φ 1 xác định như ở trong Bổ đề 2.2.1 và đặt φ(t) t e φ 1 (2lnt) với t ∈ [1,+∞) Khi đó φ ∈ Φ.
2.2.3 Bổ đề ([7]) Giả sử (X, d) là không gian mêtric và {x n } là dãy trong
X sao cho lim n→∞ d(x n , x n+1 ) = 0 Nếu {x n } không phải là dãy Cauchy trong (X, d) thì tồn tại > 0 và hai dãy {m(k)},{n(k)} các số nguyên dương sao cho m(k) > n(k) > k và bốn dãy sau d(x m(k) , x n(k) ), d(x m(k) , x n(k)+1 ), d(x m(k)−1 , x n(k) ), d(x m(k)−1 , x n(k)+1 ) dần đến + khi k → ∞.
2.2.4 Định nghĩa ([7]) Cho (X, d) là không gian mêtric Ánh xạ T : X → X được gọi là ánh xạ C− co nếu tồn tại α ∈ [0, 1
2) sao cho với mọi x, y ∈ X ta có d(T x, T y) ≤ α(d(x, T y) + d(y, T x)).
2.2.5 Định nghĩa ([7]) Cho (X, d) là không gian mêtric Ánh xạ T : X → X được gọi là ánh xạ C− co yếu nếu với mọi x, y ∈ X ta có d(T x, T y) ≤ 1
2(d(x, T y) + d(y, T x)) −ψ(d(x, T y), d(y, T x)), trong đó hàm ψ xác định như trong Bổ đề 2.2.1.
2.2.6 Định nghĩa ([7]) Cho (X, d) là một không gian mêtric Ánh xạ T :
X → X được gọi là ánh xạ θ−φ −C co nếu tồn tại θ ∈ Θ và φ ∈ Φ sao cho với mọi x, y ∈ X ta có θ(d(T x, T y)) ≤ φ[θ(d(x, T y) +d(y, T x)
Trong không gian mêtric đầy đủ (X, d), nếu T : X → X là ánh xạ θ−φ−C với θ ∈ Θ và φ ∈ Φ, thì ánh xạ T có một điểm bất động duy nhất x ∗ ∈ X Đối với mỗi x ∈ X, dãy {T n x} sẽ hội tụ đến điểm x ∗.
Chứng minh Giả sử x0 ∈ X là một điểm tùy ý, ta xây dựng dãy lặp {x n }trong
Trường hợp 1 Nếu x n 0 +1 = x n 0 , n 0 ∈ N thì T x n 0 = x n 0 Khi đó x ∗ = x n 0 là điểm bất động của ánh xạ T.
Trường hợp 2 Giả sử xn 6= xn+1 với mọi n ∈ N Khi đó d(xn, xn+1) > 0 với mọi n ∈ N Đặt d n = d(x n , x n+1 ). Áp dụng bất đẳng thức (2.11) với x = x n−1 , y = x n , ta có θ(d n ) =θ(d(x n , x n+1 ))
Từ định nghĩa hàmθlà hàm không giảm nên suy radn < d n−1 2 +d n nêndn < dn−1. Vậy {d n } là dãy giảm và bị chặn dưới vì vậy {d n } hội tụ đến r ∈ R +