nan
Định nghĩa 2.2.1. Giả sử (X, d) là không gian metric. Ta nói rằng ánh xạ T : X →X là co kiểu Kannan nếu
d(T x, T y) < 1
2{d(x, T x) + d(y, T y)} với mọi x, y ∈ X;x 6= y.
Định lý 2.2.2. Giả sử(X, d)là không gian metric compact và T : X → X
là ánh xạ liên tục co kiểu Kannan. Khi đó T có điểm bất động duy nhất
z ∈ X và với mỗi x ∈ X, ta có
lim
Chứng minh. Xét hàm số f : X → [0,+∞) bởi f(x) = d(x, T x). Vì d, T
liên tục trên X nên f liên tục trên X. Vì X compact nên hàm f đạt giá trị nhỏ nhất trên X, tức là tồn tại z ∈ X sao cho f(z) = infx∈X f(x). Ta chứng minh z = T z. Thật vậy, giả sử z 6= T z. Khi đó
d(T z, T2z) < 1 2{d(z, T z) +d(T z, T2z)}. Từ đó suy ra d(T z, T2z) < d(z, T z). Do đó f(T z) = d(T z, T2z) < d(z, T z) = f(z).
Điều này mâu thuẫn với f(z) = infx∈X f(x). Vậy z = T z. Hiển nhiên z là điểm bất động duy nhất của T.
Mặt khác, với mỗi x ∈ X, ta định nghĩa dãy {xn} bởi công thức xn =
Tnx với mọi n ∈ N∗. Nếu x = z thì xn = z với mọi n ∈ N∗. Do đó
lim
n→∞Tnx = z. Bây giờ ta giả sử x 6= z. Khi đó bởi giả thiết,
d(Tn+1x, Tnx) < 1
2{d(Tnx, Tn+1x) + d(Tn−1x, Tnx)} với mọi n∈ N∗.
Điều này kéo theo
d(Tn+1x, Tnx) < d(Tn−1x, Tnx) với mọi n ∈ N∗.
Vậy dãy{d(Tn+1x, Tnx)}đơn điệu giảm chặt các số thực không âm. Do đó tồn tại b ≥ 0 sao cho lim
n→∞d(Tn+1x, Tnx) = b. Ta chứng minh b = 0. Thật vậy, giả sử b > 0. Bởi tính compact của X nên tồn tại dãy con {Tnix} của dãy {Tnx} sao cho lim
i→∞Tnix = v ∈ X. Vì T liên tục,
0 < b = lim
n→∞d(Tni+1
x, Tnix) = d(T v, v).
Điều này chứng tỏ v 6= T v. Hơn nữa, ta lại có
0< b = lim
Điều này không thể xảy ra. Do đó lim n→∞d(Tn+1x, Tnx) = b = 0. Từ bất đẳng thức d(Tn+1x, z) = d(Tn+1x, T z) ≤ 1 2{d(Tnx, Tn+1x) +d(z, T z)} = 1 2d(T n x, Tn+1x) →0 khi n → ∞, ta suy ra lim n→∞Tnx = z. Định lý được chứng minh.
Định lý 2.2.3. Giả sử (X, d) là không gian metric compact bị chặn, T :
X → X là ánh xạ co kiểu Kannan và liên tục theo quỹ đạo. Khi đó T có điểm bất động duy nhất z ∈ X và với mỗi x ∈ X, ta có
lim
n→∞Tnx = z.
Chứng minh. Lấy x0 ∈ X cố định. Ta định nghĩa dãy {xn} trong X xác định bởi
xn = Tnx0 với mọi n∈ N.
Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1. Tồn tại k ∈ N sao cho xk = xk+1. Khi đó
xk = xk+1 = T xk.
Điều này chứng tỏ xk là điểm bất động của ánh xạ T.
Trường hợp 2. xn 6= xn+1 với mọi n∈ N.
Đặt dn = d(xn, xn+1) với n∈ N. Khi đó ta có dn = d(T xn−1, T xn) < 1 2{d(xn−1, T xn−1) +d(xn, T xn)} = 1 2{d(xn−1, xn) + d(xn, xn+1)} = 1 2(dn−1 + dn) với mọi n ∈ N∗.
Điều này kéo theo
dn < dn−1 với mọi n∈ N∗.
Vậy {dn} là dãy giảm ngặt các số thực dương. Từ đó suy ra tồn tại b ≥0
sao cho lim
n→∞dn = b. Mặt khác, với m, n ∈ N∗, ta có d(xn, xm) =d(T xn−1, T xm−1) < 1 2{d(xn−1, T xn−1) + d(xm−1, T xm−1)} = 1 2{d(xn−1, xn) +d(xm−1, xm)} = 1 2(dn−1 +dm−1) < d0. (2.1)
Vậy dãy {xn} bị chặn trong X. Vì X compact bị chặn nên tồn tại dãy con
{xnk} của dãy {xn} sao cho lim
k→∞xnk = z. Bởi tính liên tục theo quỹ đạo của T nên b = d(z, T z) = d(T z, T2z). Ta chứng minh b = 0. Thật vậy, giả sử b > 0. Khi đó z 6= T z. Theo giả thiết ta có
d(z, T z) < 1
2{d(z, T z) +d(T z, T2z)}.
Điều này kéo theo
d(z, T z) < d(T z, T2z).
Bất đẳng thức này mâu thuẫn với d(z, T z) = d(T z, T2z). Vậy b = 0.
Chứng tỏ rằng lim
n→∞dn = 0. Mặt khác theo (2.1), ta có
d(xn, xm) < 1
2(dn−1 +dm−1) với mọi n, m ∈ N∗.
Cho n, m → ∞ ta thu được lim
n,m→∞d(xn, xm) = 0. Vậy dãy{xn} là Cauchy trong X. Ta chỉ ra lim n→∞xn = z. Thật vậy, ta có d(xn, z) ≤ d(xn, xkn) +d(xkn, z) → 0 khi n → ∞. Từ đó suy ra lim n→∞xn = z. Mặt khác, ta lại có d(z, T z) ≤ d(z, xn+1) +d(xn+1, T z)
= d(z, xn+1) +d(T xn, T z) < d(z, xn+1) + 1 2{d(xn, T xn) +d(z, T z)} = d(z, xn+1) + 1 2{d(xn, xn+1) + d(z, T z)} với mọi n∈ N. Từ đó suy ra d(z, T z) < 2d(z, xn+1) +d(xn, xn+1) với mọi n ∈ N.
Cho n → ∞ ta thu được d(z, T z) = 0. Điều này kéo theo z = T z. Chứng tỏ z là điểm bất động của T. Bây giờ ta chỉ ra z là điểm bất động duy nhất của T. Thật vậy, giả sử z∗ 6= z là điểm bất động của T. Khi đó theo giả thiết ta có
d(z, z∗) =d(T z, T z∗) < 1
2{d(z, T z) +d(z∗, T z∗)} = 0.
Điều này không thể xảy ra. Vậy z là điểm bất động duy nhất của T. Vì
x0 là tuỳ ý nên
lim
n→∞Tnx = z với mọi x ∈ X.
Ta biết rằng tính compact bị chặn và tính T- compact theo quỹ đạo là hoàn toàn khác nhau. Kết quả dưới đây cho ta điều kiện đủ cho sự tồn tại điểm bất động dưới giả thiết về tính T- compact theo quỹ đạo.
Định lý 2.2.4. Giả sử (X, d) là không gian metric T- compact theo quỹ đạo, T : X → X là ánh xạ co kiểu Kannan và liên tục theo quỹ đạo. Khi đó T có điểm bất động duy nhất z ∈ X và với mỗi x ∈ X, ta có
lim
n→∞Tnx = z.
Chứng minh. Lấy x0 ∈ X cố định. Ta định nghĩa dãy {xn} trong X xác định bởi
Chứng minh hoàn toàn tương tự như Định lý 2.2.2, tồn tại b ≥ 0 sao cho
lim
n→∞dn = b, ở đây dn = d(xn, xn+1). Vì X là T- compact theo quỹ đạo nên tồn tại dãy con {xnk} của dãy {xn} sao cho lim
k→∞xnk = z ∈ X. Bởi tính liên tục theo quỹ đạo của T nênb = d(z, T z) =d(T z, T2z). Ta chứng minh b = 0. Thật vậy, giả sử b > 0. Khi đó z 6= T z. Theo giả thiết ta có
d(z, T z) < 1
2{d(z, T z) +d(T z, T2z)}.
Điều này kéo theo
d(z, T z) < d(T z, T2z).
Bất đẳng thức này mâu thuẫn với d(z, T z) = d(T z, T2z). Vậy b = 0.
Chứng tỏ rằng lim
n→∞dn = 0. Mặt khác, ta có
d(xn, xm) < 1
2(dn−1 +dm−1) với mọi n, m ∈ N∗.
Cho n, m → ∞ ta thu được lim
n,m→∞d(xn, xm) = 0. Vậy dãy{xn} là Cauchy trong X. Ta chỉ ra lim n→∞xn = z. Thật vậy, ta có d(xn, z) ≤ d(xn, xkn) +d(xkn, z) → 0 khi n → ∞. Từ đó suy ra lim n→∞xn = z. Mặt khác ta lại có d(z, T z) ≤ d(z, xn+1) +d(xn+1, T z) = d(z, xn+1) +d(T xn, T z) < d(z, xn+1) + 1 2{d(xn, T xn) +d(z, T z)} = d(z, xn+1) + 1 2{d(xn, xn+1) + d(z, T z)} với mọi n∈ N. Từ đó suy ra d(z, T z) < 2d(z, xn+1) +d(xn, xn+1) với mọi n ∈ N.
Cho n → ∞ ta thu được d(z, T z) = 0. Điều này kéo theo z = T z. Chứng tỏ z là điểm bất động của T. Bây giờ ta chỉ ra z là điểm bất động duy
nhất của T. Thật vậy, giả sử z∗ 6= z là điểm bất động của T. Khi đó theo giả thiết ta có
d(z, z∗) =d(T z, T z∗) < 1
2{d(z, T z) +d(z∗, T z∗)} = 0.
Điều này không thể xảy ra. Vậy z là điểm bất động duy nhất của T. Vì
x0 là tuỳ ý nên
lim
n→∞Tnx = z với mọi x ∈ X.
Ví dụ 2.2.5. Trên tập X := (1,2]∪ {−1,0} với metric tự nhiên, xét ánh xạ T : X →X xác định bởi T x = −1, nếu x = 2, 0, nếu x 6= 2. Với x 6= 2, ta có d(T x, T2) = |T x−T2| = |0 + 1| = 1 và 1 2{d(x, T x) +d(2, T2)} = 1 2{|x−T x|+|2 + 1|} > 1. Từ đó suy ra d(T x, T2) < 1 2{d(x, T x) +d(2, T2)} với mọi x ∈ X, x 6= 2. Mặt khác, với x, y ∈ X\{2} và x 6= y, ta có d(T x, T y) = 0 và 1 2{d(x, T x) +d(y, T y)}= 1 2{|x−T x|+|y −T y|}> 0. Từ đó suy ra d(T x, T y) < 1 2{d(x, T x) +d(y, T y)} với mọi x, y ∈ X\{2}, x 6= y.
Vậy
d(T x, T y) < 1
2{d(x, T x) +d(y, T y)} với mọi x, y ∈ X, x 6= y.
Hơn nữa, dễ thấy X là không gian metric không đầy đủ, T- compact theo quỹ đạo và ánh xạ T không liên tục. Tuy nhiên ánh xạ T có duy nhất điểm bất động z = 0.
Định lý dưới đây chính là một đặc trưng của ánh xạ co kiểu Kannan. Định lý 2.2.6. Giả sử (X, d) là không gian metric và mọi ánh xạ T :
X → X co kiểu Kannan đều có duy nhất điểm bất động. Khi đó (X, d)
đầy đủ.
Chứng minh. Giả sử(X, d) không đầy đủ. Khi đó tồn tại dãy Cauchy{xn}
trong X nhưng không hội tụ trong X. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử xn 6= xm với mọi n, m ∈ N, n 6= m. Ta đặt
A := {xn : n ∈ N}.
Vì dãy {xn} không hội tụ trong X nênd(x, A) > 0 với mọi x ∈ X\A. Lấy
x ∈ X tùy ý. Nếu x ∈ X\A thì tồn tại nx ∈ N sao cho
d(xm, xnx) < 1
2d(x, A) với mọi m ≥nx.
Từ đó suy ra
d(xm, xnx) < 1
2d(x, xn) với mọi m ≥nx và n∈ N. (2.2) Nếu x ∈ A thì tồn tại n0 ∈ N sao cho x = x0. Khi đó tồn tại n00 ∈ N sao cho
d(xm, xn0
0) < 1
2d(xn00, xn0) với mọi m ≥n00 > n0. (2.3) Ta định nghĩa ánh xạ T : X → X bởi công thức
T x =
xnx, nếu x ∈ X\A, xn0
Ta chứng minh
d(T x, T y) < 1
2{d(x, T x) + d(y, T y)} với mọi x, y ∈ X;x 6= y.
Thật vậy, lấy tùy ý x, y ∈ X;x 6= y. Ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1: x, y ∈ X\A. Khi đó T x = xnx và T y = xny. Không mất tính tổng quát ta coi ny ≥ nx. Từ (2.2) ta có
d(T x, T y) = d(xnx, xny) < 1
2d(x, xnx) = 1
2d(x, T x).
Điều này kéo theo
d(T x, T y) < 1
2{d(x, T x) +d(y, T y)}.
Trường hợp 2: x, y ∈ A. Khi đó tồn tại n0, m0 ∈ N sao cho x = xn0 và
y = ym0. Theo định nghĩa ánh xạ T, ta có T x = xn0 0 và T y = xm0 0. Ta có thể coi m00 ≥n00. Từ (2.3), ta có d(T x, T y) = d(xn0 0, xm0 0) < 1 2d(xn00, xn0) = 1 2d(x, T x).
Điều này kéo theo
d(T x, T y) < 1
2{d(x, T x) +d(y, T y)}.
Trường hợp 3: x ∈ X\A và y ∈ A. Khi đó tồn tại n0 ∈ N sao cho
y = xn0. Theo định nghĩa của T, T x = xnx và T y = xn0
0. Nếu n00 ≥nx thì từ (2.2) ta suy ra d(T x, T y) =d(xn0 0, xnx) < 1 2d(x, xnx) = 1 2d(x, T x).
Điều này kéo theo
d(T x, T y) < 1 2{d(x, T x) +d(y, T y)}. Nếu nx > n00 thì từ (2.3) ta suy ra d(T x, T y) =d(xn0 0, xnx) < 1 2d(xn0, xn0 0) = 1 2d(y, T y).
Điều này kéo theo d(T x, T y) < 1 2{d(x, T x) +d(y, T y)}. Vậy d(T x, T y) < 1 2{d(x, T x) + d(y, T y)} với mọi x, y ∈ X;x 6= y.
Theo giả thiết suy ra T có điểm bất động duy nhất. Điều này mâu thuẫn với định nghĩa ánh xạ T. Vậy (X, d) là không gian metric đầy đủ.
Nhận xét. Górnicki [4] đã đưa ra câu hỏi mở: Ánh xạ liên tục T : X → X
xác định trên không gian metric đầy đủ (X, d) nhưng không compact thỏa mãn điều kiện co kiểu Kannan
d(T x, T y) < 1
2{d(x, T x) + d(y, T y)} với mọi x, y ∈ X;x 6= y,
có điểm bất động hay không? Ví dụ dưới đây trả lời cho câu hỏi đó. Ví dụ 2.2.7. Xét X = N∗ và hàm d: X ×X →R bởi công thức
d(x, y) =
1 +|x1 − y1|, nếu x 6= y,
0, nếu x = y.
Khi đó(X, d)là không gian metric. Vì mọi dãy Cauchy trong X đều là dãy dừng nên (X, d) là không gian metric đầy đủ. Hơn nữa, do dãy {n} không chứa bất kỳ một dãy con nào hội tụ trong X nên (X, d) là không gian metric không compact. Ta định nghĩa ánh xạ T : X → X bởi T x = 3x
với mọi x ∈ X. Khi đó T liên tục và không có điểm bất động nào trên X. Với x, y ∈ X, x < y ta có d(T x, T y) = 1 +| 1 3x − 1 3y| = 1 + 1 3x − 1 3y < 1 + 1 3x
và 1 2{d(x, T x) +d(y, T y)} = 1 2{1 +|1 x − 1 3x|+ 1 +|1 y − 1 3y|} = 1 + 1 3x + 1 3y > 1 + 1 3x. Từ đó suy ra d(T x, T y) < 1 2{d(x, T x) +d(y, T y)} với mọi x, y ∈ X, x < y.
Vì trong bất đẳng thức trên vai trò giữa x và y là như nhau nên
d(T x, T y) < 1
2{d(x, T x) +d(y, T y)} với mọi x, y ∈ X, x 6= y.
Vậy T là ánh xạ co kiểu Kannan và liên tục trên không gian metric đầy đủ không compact (X, d) nhưng T không có điểm bất động trên X.
Bây giờ, giả sử X là tập con đóng củaRn với metric tự nhiên. Khi đó X
là không gian metric đầy đủ nhưng không compact. Tuy nhiên mọi ánh xạ co kiểu Kannan trong X đều có duy nhất điểm bất động (Định lý 2.2.2). Trong trường hợp tổng quát, để đảm bảo sự tồn tại duy nhất điểm bất động của ánh xạ co kiểu Kannan trong không gian metric đầy đủ ta cần thêm điều kiện kiểu Meir- Keeler.
Định lý 2.2.8. Giả sử (X, d) là không gian metric đầy đủ và ánh xạ
T : X → X thỏa mãn các điều kiện (i) T là ánh xạ co kiểu Kannan;
(ii) (Điều kiện kiểu Meir- Keeler) Với mỗi x ∈ X và > 0 tùy ý, tồn tại δ >0 sao cho
d(Tix, Tjx) < +δ kéo theo d(Ti+1x, Tj+1x) ≤ với mọi i, j ∈ N.
Khi đó T có điểm bất động duy nhất z ∈ X và với mỗi x ∈ X, ta có
lim
Chứng minh. Lấy x0 ∈ X cố định. Ta định nghĩa dãy {xn} trong X xác định bởi
xn = Tnx0 với mọi n∈ N.
Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1. Tồn tại k ∈ N sao cho xk = xk+1. Khi đó
xk = xk+1 = T xk.
Điều này chứng tỏ xk là điểm bất động của ánh xạ T.
Trường hợp 2. xn 6= xn+1 với mọi n∈ N.
Đặt dn = d(xn, xn+1) với n∈ N. Khi đó ta có dn = d(T xn−1, T xn) < 1 2{d(xn−1, T xn−1) +d(xn, T xn)} = 1 2{d(xn−1, xn) + d(xn, xn+1)} = 1 2(dn−1 + dn) với mọi n ∈ N∗.
Điều này kéo theo
dn < dn−1 với mọi n∈ N∗.
Vậy {dn} là dãy giảm ngặt các số thực dương. Từ đó suy ra tồn tại b ≥0
sao cho lim
n→∞dn = b. Ta chứng minh b = 0. Thật vậy, giả sử b > 0. Khi đó tồn tại δ > 0 và n ∈ N sao cho dn < b+ δ. Theo giả thiết (ii), ta suy ra
dn+1 ≤ b. Từ đó suy ra dk < b với mọi k > n + 1. Điều này mâu thuẫn với {dn} là dãy giảm ngặt các số thực dương hội tụ về b. Vậy b = 0. Mặt khác, với m, n ∈ N∗, ta có d(xn, xm) =d(T xn−1, T xm−1) < 1 2{d(xn−1, T xn−1) + d(xm−1, T xm−1)} = 1 2{d(xn−1, xn) +d(xm−1, xm)} = 1 2(dn−1 +dm−1).
Cho n, m → ∞ ta thu được lim
n,m→∞d(xn, xm) = 0. Vậy dãy{xn} là Cauchy trong X. Vì X đầy đủ nên tồn tại z ∈ X sao cho lim
n→∞xn = z. Mặt khác ta lại có d(z, T z) ≤ d(z, xn+1) +d(xn+1, T z) = d(z, xn+1) +d(T xn, T z) < d(z, xn+1) + 1 2{d(xn, T xn) +d(z, T z)} = d(z, xn+1) + 1 2{d(xn, xn+1) + d(z, T z)} với mọi n∈ N. Từ đó suy ra d(z, T z) < 2d(z, xn+1) +d(xn, xn+1) với mọi n ∈ N.
Cho n → ∞ ta thu được d(z, T z) = 0. Điều này kéo theo z = T z. Chứng tỏ z là điểm bất động của T. Bây giờ ta chỉ ra z là điểm bất động duy nhất của T. Thật vậy, giả sử z∗ 6= z là điểm bất động của T. Khi đó theo giả thiết ta có
d(z, z∗) =d(T z, T z∗) < 1
2{d(z, T z) +d(z∗, T z∗)} = 0.
Điều này không thể xảy ra. Vậy z là điểm bất động duy nhất của T. Vì
x0 là tuỳ ý nên
lim
Kết luận của luận văn
Trong luận văn này, chúng tôi đã trình bày một số nội dung chính sau đây: 1. Trình bày định lý điểm bất động Banach (Định lý 1.1.8), định lý điểm bất động Kannan (Định lý 1.2.3), định lý điểm bất động đối với ánh xạ tiệm cận chính quy (Định lý 1.2.6, Định lý 1.2.7) và định lý điểm bất động đối với ánh xạ hằng số co là hàm điều khiển (Định lý 1.3.1, Định lý 1.3.2, Định lý 1.3.4).
2. Trình bày một số định lý điểm bất động của ánh xạ co kiểu Kannan (Định lý 2.2.2, Định lý 2.2.3, Định lý 2.2.4 và Định lý 2.2.8).
Tài liệu tham khảo
[1] Banach. S, "Sur les opérations dans les ensembles abstraits et leur application aux équations intégrales”, Fund. Math, 3 (1922), 133-181. [2] Fisher, B., (1978), “A fixed point theorem for compact metric spaces”,
Publ. Inst. Math, 25, 193- 194.