Chương 1 của luận án đạt được các kết quả sau:
• Đưa ra Định lý 1.1.5 và Định lý 1.1.8 khẳng định sự tồn tại duy nhất điểm bất động của ánh xạ T-co kiểu Meir-Keeler trong không gian mêtric đầy đủ. Đưa ra Ví dụ 1.1.7 minh họa cho Định lý 1.1.5 cũng như để chỉ ra rằng kết quả của chúng tôi là mở rộng thực sự so với kết quả của Meir-Keeler ([42]).
Các kết quả này đã được công bố trong bài báo: Kieu Phuong Chi, Erdal Karapinar and Tran Duc Thanh (2012), A generalization of the
Meir-Keeler type contraction, Arab Journal of Mathematical Sciences, 18, 141-148.
• Đưa ra các Định lý 1.2.2, Hệ quả 1.2.5, Hệ quả 1.2.6 và Hệ quả 1.2.7 khẳng định sự tồn tại duy nhất điểm bất động cho ánh xạ T-co kiểu tựa co Ciric trong không gian mêtric đầy đủ. Đưa ra Ví dụ 1.2.4 minh họa cho Định lý 1.2.2 cũng như để chỉ ra rằng kết quả của chúng tôi là mở rộng thực sự so với kết quả của Ciric ([27]).
Các kết quả này đã được công bố trong bài báo: Erdal Karapinar, Kieu Phuong Chi and Tran Duc Thanh (2012),A generalization of Ciric quasi-contraction, Abstract and Applied Analysis, Article ID 518734, 9 pages, doi:10.1155/2012/518734.
• Đưa ra Định lý 1.3.2 khẳng định sự tồn tại duy nhất điểm bất động chung của ánh xạT-co kiểu(ψ, ϕ)-co yếu trong không gian mêtric đầy đủ. Đưa ra Ví dụ 1.3.5 minh họa cho Định lý 1.3.2 cũng như để chỉ ra rằng kết quả của chúng tôi là mở rộng thực sự so với kết quả D. Doric ([32]).
Các kết quả này đã được công bố trong bài báo: T. V. An, K. P. Chi, E. Karapinar and T. D. Thanh (2012), An extension of generalized (ψ, ϕ)- weak contractions, International Journal of Mathematics and Mathe-
CHƯƠNG 2
ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA MỘT SỐ LỚP ÁNH XẠ CO SUY RỘNG TRONG KHÔNG GIAN MÊTRIC RIÊNG
Chương này dành để nghiên cứu sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ co suy rộng trong các không gian mêtric riêng. Trong mục thứ nhất, chúng tôi trình bày khái niệm không gian mêtric riêng, một số tính chất tôpô, sự hội tụ của dãy trong không gian mêtric riêng và mối quan hệ giữa không gian mêtric riêng với không gian mêtric. Mục thứ hai dành để trình bày một số định lý điểm bất động cho ánh xạ co suy rộng trong không gian mêtric riêng. Chú ý rằng, các kỹ thuật chứng minh trong các định lý ở mục trên hoàn toàn khác với các kỹ thuật chứng minh đã có trong các không gian mêtric. Trong mục cuối cùng của chương, chúng tôi thiết lập các định lý điểm bất động đối với ánh xạ co yếu thông qua một số định lý điểm bất động chung cho các ánh xạ kiểu (ψ, ϕ)-co yếu.
2.1. Không gian mêtric riêng
Năm 1992, trong dự án nghiên cứu về sự hiển thị ngôn ngữ và lưu thông mạng máy tính, S. G. Matthew ([45]) đã đề xuất và xây dựng khái niệm không gian mêtric riêng. Các khái niệm, tính chất tôpô, sự hội tụ của dãy, mối quan hệ giữa không gian mêtric riêng và không gian mêtric, nguyên lý ánh xạ co Banach trong không gian gian mêtric riêng đã được S. G. Matthew trình bày tại hội nghị quốc tế về Tôpô và ứng dụng lần thứ 8 ([46]).
đẳng thức d(x, x) = 0 trong định nghĩa của mêtric bởi bất đẳng thức
d(x, x) 6 d(x, y) với mọi x, y. Trước hết, chúng ta nhắc lại một số khái niệm và tính chất cơ bản cần dùng về sau.
2.1.1 Định nghĩa. ([45, 46]) Cho X là tập hợp khác rỗng, ánh xạ
p : X ×X → R+ được gọi là một mêtric riêng (partial metric) trên X
nếu với bất kỳ x, y, z ∈ X các điều kiện sau được thỏa mãn (P1) x = y nếu và chỉ nếu p(x, x) = p(y, y) =p(x, y). (P2) p(x, x) 6 p(x, y).
(P3) p(x, y) =p(y, x).
(P4) p(x, z) 6 p(x, y) + p(y, z)−p(y, y).
Tập X cùng với một mêtric riêng p trên nó được gọi là không gian mêtric riêng (partial metric space) và ký hiệu là (X, p).
2.1.2 Ví dụ. ([45, 46]) 1) Cho X = R+ và ánh xạ p : X ×X → R+
được xác định bởi p(x, y) = max{x, y} với mọi x, y ∈ X. Khi đó, (X, p) là không gian mêtric riêng. Hơn nữa, (X, p) không là không gian mêtric vì p(x, x) =x > 0 với mọi x > 0.
2) Cho X = {[a, b] :a, b ∈ R, a 6 b} và ánh xạ p : X ×X → R+ được xác định bởi
p([a, b],[c, d]) = max{b, d} −min{a, c},
với mọi [a, b],[c, d] ∈ X. Khi đó, (X, p) là không gian mêtric riêng.
3) Cho X = [0,1] ∪ [2,3] và ánh xạ p : X ×X → R+ được xác định bởi p(x, y) = |x−y| nếu {x, y} ⊂ [0,1] max{x, y} nếu {x, y} ∩[2,3] 6= ∅,
với mọi x, y ∈ X. Khi đó, (X, p) là không gian mêtric riêng.
2.1.3 Mệnh đề. ([45, 46]) Giả sử (X, p) là không gian mêtric riêng. Khi đó, các ánh xạ ps, pm : X ×X →R+ cho bởi
và
pm(x, y) = max{p(x, y)−p(x, x), p(x, y)−p(y, y)} (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
xác định các mêtric tương đương trên X.
2.1.4 Định nghĩa. ([45, 46]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng,
> 0 và x ∈ X. Khi đó, tập
Bp(x, ) := {y ∈ X : p(x, y) < p(x, x) +}
được gọi là hình cầu mở tâm x bán kính .
2.1.5 Định lý. ([45, 46]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng. Khi đó, tập các hình cầu mở trong X là cơ sở của một tôpô τp trên X. Hơn nữa, không gian (X, τp) là T0 - không gian.
2.1.6 Định nghĩa. ([45, 46]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng. 1) Dãy {xn} trong X được gọi là hội tụ tới x ∈ X nếu và chỉ nếu
p(x, x) = lim
n→∞p(xn, x).
2) Dãy {xn} trong X được gọi là dãy Cauchy nếu và chỉ nếu lim
n,m→∞p(xn, xm) tồn tại hữu hạn.
3) Không gian (X, p) được gọi là đầy đủ nếu mọi dãy Cauchy {xn}
trong X hội tụ tới x ∈ X theo tôpô τp.
4) Hàm f : X → X được gọi là liên tục tại x0 ∈ X nếu với mỗi ε > 0, tồn tại δ >0 sao cho f(B(x0, δ)) ⊂ B(f(x0), ε).
2.1.7 Định nghĩa. ([58]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng. 1) Dãy {xn} trong X được gọi là 0-Cauchy nếu lim
n,m→∞p(xn, xm) = 0. 2) Không gian(X, p)được gọi là 0-đầy đủnếu mọi dãy 0-Cauchy trong
X hội tụ theo tôpô τp tới x ∈ X sao cho p(x, x) = 0.
2.1.8 Nhận xét. ([58]) 1) Như ta biết, trong không gian mêtric, mỗi dãy hội tụ đều là dãy Cauchy và giới hạn của dãy hội tụ là duy nhất. Tuy nhiên, dãy hội tụ {xn} trong không gian mêtric riêng (X, p) có thể không
là dãy Cauchy và giới hạn của dãy hội tụ cũng có thể không duy nhất. Thật vậy, lấyX = R+,p(x, y) = max{x, y} với mọi x, y ∈ X và dãy {xn}
được xác định bởi
xn =
0 nếu n= 2k
1 nếu n= 2k + 1.
Rõ ràng, {xn} là dãy hội tụ trong không gian mêtric riêng (X, p) và với mỗi x > 1 ta có lim
n→∞p(xn, x) =p(x, x). Đặt
L(xn) = {x ∈ X| lim
n→∞p(xn, x) =p(x, x)}.
Khi đó L(xn) = [1,∞). Hơn nữa, lim
n,m→∞p(xn, xm) không tồn tại.
2) Nếu (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ thì (X, p) là không gian mêtric riêng 0-đầy đủ. Điều ngược lại không đúng. Thật vậy, không gian mêtric riêng (Q+, p) cùng với mêtric riêng p(x, y) = max{x, y} là 0-đầy đủ nhưng không đầy đủ. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
2.1.9 Mệnh đề. ([45, 46]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng. Khi đó, ta có các khẳng định sau
(1) Nếu {xn} là dãy hội tụ trong không gian mêtric (X, ps) thì nó là dãy hội tụ trong không gian mêtric riêng (X, p).
(2) Dãy {xn} là dãy Cauchy trong (X, p) nếu và chỉ nếu {xn} là dãy Cauchy trong (X, ps).
(3) Không gian (X, p) đầy đủ nếu và chỉ nếu không gian (X, ps) đầy đủ. Hơn nữa, lim n→∞ps(xn, x) = 0 ⇔ lim n→∞p(x, x) = lim n→∞p(xn, x) = lim n,m→∞p(xm, xn).
2.1.10 Bổ đề. ([45, 46]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng và dãy
{xn} ⊂ X.
(1) Nếu xn → z khi n → ∞ thì lim
n→∞p(xn, y) 6 p(z, y) với mọi y ∈ X.
(2) Nếu xn → z khi n → ∞ sao cho p(z, z) = 0 thì lim
n→∞p(xn, y) =
p(z, y) với mọi y ∈ X.
2.1.11 Bổ đề. ([45, 46]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng. Khi đó, ta có
(1) Nếu p(x, y) = 0 thì x = y. (2) Nếu x 6= y thì p(x, y) > 0.
2.1.12 Bổ đề. ([45, 46]) Cho {xn} là dãy hội tụ trong không gian mêtric riêng (X, p) sao cho xn →x và xn →y khi n→ ∞. Nếu
lim
n→∞p(xn, xn) = p(x, x) =p(y, y)
thì x = y.
2.1.13 Bổ đề. ([45, 46]) Giả sử (X, p) là không gian mêtric riêng. Khi đó, p là hàm liên tục theo nghĩa sau: Nếu xn → x và yn → y khi n→ ∞ với mọi xn, yn, x, y ∈ X thì p(xn, yn) →p(x, y) khi n → ∞.
2.2. Điểm bất động của ánh xạ co suy rộng trong không gian mêtric riêng
Năm 2010, I. Altun, F. Sola và H. Simsek ([8]) đã đưa ra kết quả về sự tồn tại duy nhất điểm bất động của ánh xạ co kiểu Hardy - Rogers cho trường hợp X là không gian mêtric riêng bởi định lý sau.
2.2.1 Định lý. ([8]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ và T : X → X là ánh xạ thỏa mãn
p(T x, T y) 6 ap(x, y) +bp(T x, x) +cp(y, T y) +d p(T x, y) +p(x, T y),
(2.1)
với mọi x, y ∈ X, trong đó a+b+c+ 2d < 1 và a, b, c, d > 0. Khi đó, T có duy nhất điểm bất động.
Năm 2011, khi mở rộng nguyên lý ánh xạ co Banach trong không gian mêtric riêng, D. Ilic, V. Pavlovic và V. Rakocevic ([37]) đã đề xuất và chứng minh kết quả sau.
2.2.2 Định lý. ([37]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ và T : X → X là ánh xạ thỏa mãn
p(T x, T y) 6 max{ap(x, y), p(x, x), p(y, y)}, (2.2)
với mọi x, y ∈ X, trong đó a ∈ [0,1). Khi đó, ta có 1) Xp =
n
x ∈ X : p(x, x) = inf{p(y, y) : y ∈ X}o là tập khác rỗng. 2) Tồn tại duy nhất u ∈ Xp sao cho T u = u. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Mở rộng các điều kiện co ở trên với ánh xạ trong không gian mêtric riêng, chúng tôi thu được các kết quả sau đây.
2.2.3 Định lý. Giả sử (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ và T : X → X là ánh xạ thỏa mãn p(T x, T y) 6max n ap(x, y), bp(x, T x), cp(y, T y), d[p(x, T y) +p(y, T x)], p(x, x), p(y, y)o, (2.3)
với mọi x, y ∈ X, trong đó a, b, c ∈ [0,1) và d ∈ [0, 1
2). Khi đó, ta có 1) Xp =
n
x ∈ X : p(x, x) = inf{p(y, y) : y ∈ X}o là tập khác rỗng. 2) Tồn tại duy nhất u ∈ Xp sao cho T u = u.
Để chứng minh định lý ta cần một số kết quả bổ trợ. Đặt L = max{a, b, c,2d} và với mỗi x ∈ X, ta xây dựng dãy lặp {xn} bởi x0 =
x, xn = T xn−1, với mọi n = 1,2, ...
2.2.4 Bổ đề. Giả sử (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ, T :
thỏa mãn m > n > k > 1. Khi đó, nếu p(xn, xm) > p(xi, xi) với mọi i ∈ {n−k, ..., n−1} ∪ {m−k, ..., m−1} thì
p(xm, xn) 6 Lkp(xi0, xj0)
với i0, j0 nào đó thuộc {n−k, ..., m}.
Chứng minh. Ta chứng minh khẳng định trên bằng quy nạp. Với k = 1 thì từ giả thiết ta có p(xm, xn) > max{p(xm−1, xm−1), p(xn−1, xn−1)}. Vì vậy, áp dụng điều kiện co (2.3) ta có
p(xm, xn) = p(T xm−1, T xn−1) 6 max n ap(xm−1, xn−1), bp(xm−1, T xm−1), cp(xn−1, T xn−1), d[p(xm−1, T xn−1) +p(xn−1, T xm−1)], p(xm−1, xm−1), p(xn−1, xn−1)o 6 max n Lp(xm−1, xn−1), Lp(xm−1, xm), Lp(xn−1, xn), L 2[p(xm−1, xn) +p(xn−1, xm)], p(xm−1, xm−1), p(xn−1, xn−1) o 6 Lmax n p(xm−1, xn−1), p(xm−1, xm), p(xn−1, xn), p(xm−1, xn), p(xn−1, xm)o = Lp(xi0, xj0) (2.4) với i0, j0 nào đó thuộc {n−1, ..., m}. Giả sử khẳng định đúng với k > 1 và m > n> k. Lấy m > n > k + 1 sao cho
p(xm, xn) > p(xi, xi) (2.5) với mọi i ∈ {n−(k+ 1), ..., n−1} ∪ {m−(k+ 1), ..., m−1}. Khi đó, từ
p(xm, xn) > max{p(xm−1, xm−1), p(xn−1, xn−1)} và (2.3) ta có
p(xm, xn) 6 Lp(xm1, xn1), (2.6) trong đó (m1, n1) ∈ (m−1, n−1),(m−1, m),(n−1, n),(m−1, n),(n−
1, n) nếu n= m. Vì vậy
m1 > n1 > n−1> k.
Khi đó với bộ bam1 > n1 > k, từ chứng minh trên ta suy rap(xm1, xn1) > p(xi, xi) với mọi i ∈ {m1 −k, ..., m1 −1} ∪ {n1 −k, ..., n1 −1}. Vì nếu ngược lại tồn tại
i ∈{m1 −k, ..., m1 −1} ∪ {n1−k, ..., n1−1}
⊂ {m−(k + 1), ..., m−1} ∪ {n−(k+ 1), ..., n−1}
sao cho p(xm1, xn1) 6 p(xi, xi), thì nhờ (2.6) và lập luận trên suy ra tồn tại
i ∈{m1 −k, ..., m1 −1} ∪ {n1−k, ..., n1−1}
⊂ {m−(k + 1), ..., m−1} ∪ {n−(k+ 1), ..., n−1}
sao cho
p(xm, xn) 6 Lp(xm1, xn1) < p(xm1, xn1) 6 p(xi, xi).
Điều này mâu thuẫn. Do đó, theo giả thiết quy nạp áp dụng cho bộ ba
m1 > n1 > k ta có
p(xm1, xn1) 6 Lkp(xi0, xj0) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
với i0, j0 nào đó thuộc {n1−k, ..., m1} ⊂ {n−(k+ 1), ..., m}. Khi đó, ta có
p(xm, xn) 6 Lp(xm1, xn1) 6 Lk+1p(xi0, xj0).
2.2.5 Bổ đề. Cho (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ, T : X →
X là ánh xạ thỏa mãn Định lý 2.2.3 và Rx = 1
1−Lp(x, T x) +p(x, x) với mỗi x ∈ X. Với mỗi x ∈ X, xét dãy {xn} xác định bởi x0 = x, xn =
1) Với mọi i, j > 0 ta có
p(xi, xj) 6 Rx. (2.7)
2) lim
n→∞p(xn+1, xn) = lim sup n→∞
p(xn, xn) và tồn tại i > 0 sao cho p(xi, xi) = sup
n>0
p(xn, xn).
Chứng minh. 1) Với mỗi m > 1 đặt dm = max{p(xi, xj) : 06 i, j 6 m}.
Để chứng minh khẳng định 1) ta chỉ cần chứng minh rằng: dm 6 Rx. Trước hết ta thấy rằng tồn tại i ∈ {0,1, ..., m} sao cho dm = p(x0, xi). Thật vậy, lấy i, j ∈ {0,1, ..., m} sao cho dm = p(xi, xj). Nếu i, j = 0 thì ta thu được ngay khẳng định. Giả sử i, j > 1. Khi đó, ta có
dm = p(xi, xj) =p(T xi−1, T xj−1) 6 max n Lp(xi−1, xj−1), Lp(xi−1, xi), Lp(xj−1, xj), L 2[p(xj−1, xi) +p(xi−1, xj)], p(xi−1, xi−1), p(xj−1, xj−1) o 6 max n Lmax n p(xi−1, xj−1), p(xj−1, xj), p(xi−1, xi), p(xj−1, xi), p(xi−1, xj)o, p(xi−1, xi−1), p(xj−1, xj−1)o = max{Lp(xi1, xj1), p(xi−1, xi−1), p(xj−1, xj−1)}, (2.8) trong đó i1, j1 ∈ {0,1, ..., m}. - Nếumax{Lp(xi1, xj1), p(xi−1, xi−1), p(xj−1, xj−1)} = Lp(xi1, xj1), thì ta thu được dm 6 Lp(xi1, xj1) 6 Ldm
vì L ∈ (0,1) nên dm = 0. Do đó, từ định nghĩa của dm ta có dm =
p(x0, xk) = 0 với mọi 0 6 k 6 m.
- Nếu max{Lp(xi1, xj1), p(xi−1, xi−1), p(xj−1, xj−1)} = p(xi−1, xi−1), thì
Suy ra dm = p(xi−1, xi−1).
- Nếu max{Lp(xi1, xj1), p(xi−1, xi−1), p(xj−1, xj−1)} = p(xj−1, xj−1), thì tương tự trường hợp trên ta có dm = p(xj−1, xj−1).
Từ việc xét 3 trường hợp trên ta thấy rằng hoặc dm = p(x0, xk) = 0 với mọi 0 6 k 6 m, hoặc tiếp tục quá trình trên sau hữu hạn bước ta nhận được dm = p(x0, x0). Khẳng định được chứng minh.
Bây giờ, lấy i0 ∈ {0,1..., m} để dm = p(x0, xi0). Nếu i0 = 0 thì dm 6
Rx. Nếu i0 > 1 thì ta có
dm = p(x0, xi0)
6 p(x0, T x0) +p(T x0, xi0) = p(x0, T x0) +p(T x0, T xi0−1)
6 p(x0, T x0) + max{Lp(xi1, xi2), p(x0, x0), p(xi0−1, xi0−1)}
với i1, i2 nào đó thuộc {0,1, ..., m}. Suy ra
dm 6 p(x0, T x0) + max{Ldm, p(xl, xl)},
trong đó l là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho p(xl, xl) = max{p(xi, xi) : i = 1,2, ..., m}. Vì vậy ta thu được
dm 6 p(x0, T x0) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
1−L 6 Rx (2.9)
hoặc
dm 6 p(x0, T x0) +p(xl, xl). (2.10) - Nếu trường hợp (2.9) xẩy ra, thì ta suy ra dm 6 Rx với mọi m và suy ra ngay điều cần chứng minh.
- Nếu trường hợp (2.10), thì ta suy ra rằng l = 0. Vì nếu l > 1, thì từ tính chất của l ta có
p(xl, xl) > p(xl−1, xl−1).
Do đó nhờ Bổ đề 2.2.4 áp dụng với k = 1, m = n = l ta tìm được
j1, j2 ∈ {l−1, l} sao cho
Từ bất đẳng thức cuối này ta suy ra dm 6 Rx với mọi m. Ta thu được điều cần chứng minh.
2) Trước tiên, chúng ta chứng minh lim
n→∞p(xn+1, xn) = lim sup n→∞
p(xn, xn) = r > 0.
Thật vậy, với mỗi n = 1,2, ..., từ bất đẳng thức (2.3) và điều kiện (P4) trong Định nghĩa 2.1.1 ta có p(xn+1, xn) =p(T xn, T xn−1) 6 max{ap(xn−1, xn), bp(xn, T xn), c(xn−1, T xn−1), d[p(xn, T xn−1) +p(T xn, xn−1)]}, p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)} = max{ap(xn, xn−1), bp(xn, xn+1), cp(xn, xn−1), d[p(xn, xn) +p(xn−1, xn+1)], p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)} 6 max{ap(xn, xn−1), bp(xn, xn+1), cp(xn, xn−1), d[p(xn−1, xn) +p(xn, xn+1)], p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)} 6 max{ap(xn, xn−1), bp(xn, xn+1), cp(xn, xn−1), 2dp(xn−1, xn),2dp(xn, xn+1), p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)} 6 max{Lp(xn, xn−1), Lp(xn, xn+1), p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)}. (2.11) - Nếu tồn tại số tự nhiên n0 sao cho
max{Lp(xn0, xn0−1), Lp(xn0, xn0+1), p(xn0, xn0), p(xn0−1, xn0−1)} = Lp(xn0, xn0+1) thì nhờ (2.11) ta thu được
p(xn0, xn0+1) 6 Lp(xn0, xn0+1).
VìL ∈ [0,1)nên p(xn0, xn0+1) = 0. Theo Bổ đề 2.1.11, suy raxn0+1 = xn0, hay xn0+1 = T xn0 = xn0 và xn0 là điểm bất động của T. Điều này kéo theo xn = xn0 với mọi n≥ n0 và
lim
n→∞p(xn+1, xn) = lim sup n→∞
Hơn nữa, vì p(xn0, xn0) 6 p(xn0, T xn0) nên ta có p(xn0, xn0) = 0 và
Xp = nx ∈ X : p(x, x) = inf{p(y, y) : y ∈ X}o (2.12) là tập khác rỗng.
- Nếu
max{Lp(xn, xn−1), Lp(xn, xn+1), p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)} 6= Lp(xn, xn+1) với mọi n ∈ N thì từ bất đẳng thức (2.11) ta nhận được
p(xn+1, xn) 6 max{Lp(xn, xn−1), p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)}6 p(xn, xn−1).
(2.13) Điều đó chứng tỏ {p(xn+1, xn)} là dãy giảm các số thực không âm. Do đó, tồn tại số thực r > 0 sao cho
lim
n→∞p(xn+1, xn) =r.
Nếu r = 0 thì từ bất đẳng thức p(xn, xn) 6 p(xn, xn+1) với mọi n suy ra lim
n→∞p(xn+1, xn) = lim
n→∞p(xn, xn) = 0.
Nếu r > 0 thì với mỗi n= 1,2, ... ta đặt
rn = max{Lp(xn, xn−1), p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)}. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Từ bất đẳng thức (2.13) và lim
n→∞p(xn+1, xn) = r ta có lim
n→∞rn = r. Bây giờ, ta sẽ chứng minh rn = Lp(xn, xn−1) với hữu hạn số tự nhiên n. Vì nếu rn = Lp(xn, xn−1) với vô hạn n thì tồn tại dãy các số nguyên dương
{nk} sao cho
rnk = Lp(xnk, xnk−1).
Cho nk → ∞, ta suy ra r = Lr. Điều này mâu thuẫn với giả thiết
L ∈ [0,1) và r > 0. Do đó, rn = Lp(xn, xn−1) với hữu hạn số tự nhiên n. Kết hợp với cách xác định của rn ta có lim sup
n→∞ p(xn, xn) = r. Vì thế ta có