Chương 2: Một số định lí tồn tại điểm bất động trong không gian đầy đủ
2.4. Luân phiên phi tuyến cho ánh xạ co
Trong mục này, ta giả thiết rằng không gian mêtric Y là một tập con lồi đóng C của một không gian Banach E và không gian tham số ⊄ là [0,1]. Ta
có kết quả sau:
Định lí 2.4.1 (Luân phiên phi tuyến ). Cho U là một tập con lồi mở (tương đối) của C với 0 ∈U . Khi đó ánh
ạx
trong các tính chất sau:
co bị chặn F :U → C có ít nhất một
(i) F có duy nhất một điểm bất động,
(ii) Tồn tại y0 ∈ ∂U và ∈ (0,1) sao cho y0 = F ( y0 ) . Chứng minh. Cho (, x) ∈[0,1]⋅
U
và đặt H ( x) = F ( x) . Dễ thấy
{H : ∈[0,1] }là một họ 〈 -co trong C (U , C )với ù = 1. Thật vậy, ta có H ( x1 ) − H (
x2 )
= F ( x1 ) − F ( x2 )
=
F ( x1 ) − F ( x2 )
≤ 〈 x1 − x2
với mọi x1 , x2
∈U
và ∈[0,1] ,
H ( x) − H ∝( x)
= F ( x) − ∝ F ( x)
= − ∝ F ( x) với
, ∝ ∈[0,1] và mọi x ∈U .
Nếu {H }không có điểm bất động trên biên ∂U , ta có H 0 (0) = 0 . Theo Định lí 2.3.2, H1 = F cũng có một điểm bất động trong U. Nếu {H} ⊄ C∂U (U , C
)
thì F phải có một điểm bất động x0 trên biên ∂U với ∈[0,1] nên
H ( x0 ) = F ( x0 ) = x0 . Nếu
= 0 thì F ( x0 ) = x0 = 0 , điều này mâu thuẫn với
giả thiết 0 ∈U , vì thế ≠ 0 . Nếu = 1 thì H1 ( x0 ) = F ( x0 ) = x0 , do đó x0 là
điểm bất động của F trên ∂U , hoặc tính chất (ii) đúng. Hơn nữa, H là ánh
xạ co nên điểm bất động nếu có là duy nhất. □
Từ Định lí 2.4.1 có thể suy ra định lí điểm bất động đối với ánh xạ co khi ta đặt điều kiện mạnh để không cho khả năng thứ hai trong Định lí 2.4.1 xảy ra:
Hệ quả 2.4.2. Cho U là một tập con lồi mở (tương đối) của C với 0 ∈U và cho || là một chuẩn bất kì trong không gian Banach E, tập lồi C chứa trong không gian Banach E. Giả sử F :U → C là ánh xạ co bị chặn sao cho với mọi x ∈ ∂U , một trong các điều kiện sau được thoả mãn:
(i) |F ( x)| ≤ |x|, (ii) |F ( x)|
(iii)|F ( x)|2
≤ |x − F ( x)|,
≤ |x|2 +|x − F ( x)|2 , (iv) F ( x), x
≤ x, x , trong đó , là một tích vô hướng trong E.
Khi đó F có duy nhất một điểm bất động.
Chứng minh. Giả sử F không có điểm bất động, F có một điểm z ∈
∂U với
z = F ( z) , 0 < < 1, trong trường hợp riêng
(i) Từ giả thiết (i), ta có
F ( z) ≠ 0 .
|F ( z)|≤ | F ( z)| = |F ( z)|
và do đó 1 ≤ , điều này trái với 0 < < 1 nên không ồt n tại z ∈∂U và 0 < < 1 sao cho
động.
z = F ( z) . Theo Định lí 2.4.1, F có duy nhất một điểm bất
(ii) Từ giả thiết (ii), ta có |F ( z)|≤
| F ( z) − F ( z)| = − 1 |F ( z)|
vì thế 1 ≤ − 1 , điều này trái với 0 < < 1 do đó không tồn tại z ∈∂U và
0 < < 1 sao cho động.
z = F ( z) . Theo Định lí 2.4.1, F có duy nhất một điểm bất
(iii) Từ giả thiết (iii), ta có
|F ( z)|2
và do đó
≤ | F ( z)|2 +| F ( z) − F ( z)|2 = 2 |F ( z)|2 +( − 1)2 |F ( z)|2
1 ≤ 2 + (1 − )2 < + (1 − ) = 1, điều này vô lí, vì thế không tồn tại z ∈
∂U
và 0 < < 1 sao cho z = F ( z) . Theo Định lí 2.4.1, F có duy nhất một điểm bất động.
(iv) Từ giả thiết (iv), ta có F ( z), F (
z) = F ( z), F ( z)
≤ F ( z), F ( z)
= 2 F ( z), F ( z) ,
vì thế ≤ 2 kéo theo ≤ 0 hoặc ≥ 1, điều này trái với 0 < < 1 nên không tồn tại z ∈
∂U
và 0 < < 1 sao cho z = F ( z) . Theo Định lí 2.4.1, F có duy
nhất một điểm bất động. □
Kết qủa tiếp theo trình bày một dạng cơ bản của định lí xuyên tâm đối của Borsuk.
Hệ quả 2.4.3 (Định lý xuyên tâm đối). Cho U là một tập con mở của một không gian Banach (E, ) , U đối xứng qua gốc và 0 ∈U ,
cho
F :U → E là một ánh xạ co bị chặn sao cho
duy nhất một điểm bất động.
F ( x) = − F (−
x) với mọi x ∈ ∂U . Khi đó F có Chứng minh. Vì U đối xứng qua gốc và 0 ∈U nên nếu x ∈
∂U thì − x ∈∂U ,
và F là ánh xạ co bị chặn thoả mãn F ( x) =− F (− x)
với mọi x ∈∂U , do đó
F ( x) − F (− x)
≤ 〈 x − (− x) ,
vì thế F ( x) ≤ 〈 x <
x
với 0 ≤ 〈 < 1 là hằng số co của ánh xạ F . Như vậy, F ( x) <
x
với mọi x ∈ ∂U . Theo Định lí 2.4.2(i), F có duy nhất một điểm
bất động. □
n
2.5. Mở rộng của định lí Banach
Có nhiều cách mở rộng định lí Banach trong một không gian mêtric đầy đủ tuỳ ý, ở đó tính co của ánh xạ có thể được làm yếu đi. Các kết quả đều dựa trên một nguyên lý chung liên quan tới ảnh của các hình cầu khi tâm của chúng không chuyển dịch quá nhiều.
Định lí 2.5.1. Cho ( X , d
) là một không gian mêtric đầy đủ và F : X → X là một ánh xạ (không nhất thiết phải liên tục). Giả sử
Với mỗi ∑ > 0 có một (∑ )
> 0 sao cho nếu d ( x, Fx) < (∑ ) thì
F [B( x,∑ )] ⊂ B( x,∑ ) . (2.4) Khi đó, nếu d (F nu, F n+1u) →
0
với u ∈ X bất kì thì dãy {F nu} hội tụ đến một điểm bất động của F.
Chứng minh. Đặt F nu = u .
Trước tiên ta phải chứng minh dãy {F nu} hội tụ đến z ∈ X . Ta sẽ chỉ ra {un } là một dãy Cauchy. Lấy ∑ > 0 , chọn N đủ lớn để
d (un , un+1 ) < (∑ )
với mọi n ≥ N . Với n = N , ta có d (uN , uN +1 ) = d (uN , FuN ) <
(∑ )
thì F [B(uN ,∑ )] ⊂ B(uN ,∑ )
(theo giả thiết) nên FuN = uN +1 ∈ B(uN ,∑ ) , vì thế
d (uN , uN +1 ) < ∑ . Ta thấy rằng
uN +2 = FuN +1 ∈ B(uN ,∑ ),
Cứ tiếp tục quá trình đó, ta được
uN +3 = FuN +2 ∈ B(uN ,∑ ) ,….
F k u = u ∈ B(u ,∑ ) với mọi
k ≥ 0 nên
N N +k N
d (uN , uN +k ) <∑ . Như vậy,
d (uk , us ) ≤ d (uk , uN ) + d (uN , us ) < ∑ + ∑
= 2∑
với mọi s, k ≥ N
vì thế {un } là một dãy Cauchy. Do d đầy đủ nên dãy {un } hội tụ đến z ∈ X . Ta còn phải chứng minh z là điểm bất động đối với F : Thật vậy, giả
n 3 n 3
n
sử d ( z, Fz) = a > 0 , ta có thể chọn
u ∈ B z, =a
sao cho
n 3
n =a
d (un , un+1 ) = d (un , F (F u)) = d (un , F (un ) ) 3 < .
Theo giả thiết, ta có
F B
u , =a
⊂ B u
, =a . n 3 n 3
a a
Do cách chọn un nên z ∈ B u , , vì thếFz ∈ B u , , điều này vô lí vì nếu d (Fz,
u n ) ≥ d (Fz, z) − d
(un , z) ≥ a − a
= 2 a
3 3
thì Fz ∉ B u
, =a
. Như vậy,3
d ( z, Fz) = 0 , tức là Fz = z . □
Để minh hoạ ta phát biểu hai định lí mở rộng nguyên lý Banach.
Định lí 2.5.2. Cho ( X , d )
một ánh xạ thoả mãn
là không gian mêtric đầy đủ và cho
d (Fx, Fy) ≤ ϕ [d ( x, y)],
F : X → X là
trong đó ϕ : + → + là hàm không giảm (không nhất thiết phải liên tục) sao cho ϕ n (t ) → 0với mỗi t > 0 cố định. Khi đó F có duy nhất một điểm bất động u và F n x → u với mỗi x ∈ X .
Chứng minh. Trước hết ta nhận xét rằng ϕ (t ) <
t
với mỗi t > 0 . Thật vậy, giả sử t < ϕ (t )
với t > 0 , do tính đơn điệu của ϕ , ta có ϕ (t ) ≤ ϕ [ϕ (t )] =ϕ 2 (t
) ,….
Cứ tiếp tục quá trình trên, ta được t ≤
ϕ (t ) ≤ ϕ 2 (t ) ≤ ≤ ϕ n (t ) với
mọi n > 0 ,
điều này trái với giả thiết ϕn (t ) → 0 với mỗi t > 0 cố định. Vậy ϕ (t ) <
t
với mỗi t > 0 . Với nhận xét này ta bắt đầu chứng minh định lí:
Theo giả thiết và nhận xét trên, ta có
d (F n x, F n+1 x) ≤ ϕ d (F n−1 x, F n x) ≤ ≤ ϕ n [d ( x, Fx)]
và ϕ n [d ( x, Fx)] → 0 , vì
vậy
d (F n x, F n+1 x) → 0
với mỗi x ∈ X .
Tiếp theo, cho ∑ > 0 , chọn (∑ ) = ∑ − ϕ (∑ ) . Lấy
z ∈ B( x,∑ )
bất kì ta có ϕ[d ( z, x)] <ϕ (∑ ) ;
nếu
d ( x, Fx) < (∑ ) thì
d (Fz, x) ≤ d (Fz, Fx) + d (Fx, x) < ϕ [d ( z, x)] + (∑ ) < ϕ (∑ ) + ∑ − ϕ (∑ ) = ∑ ;
do đó Fz ∈ B( x,∑ ) , từ điều này ta được
F [B( x,∑ )] ⊂ B( x,∑ ) . Theo Định lí
2.5.1, F có một điểm bất động u và F n x → u với mỗi x ∈ X .
Cuối cùng ta chứng minh tính duy nhất của điểm bất động u đối với F : Giả sử tồn tại hai điểm bất động u ≠ u của F . Theo nhận xét trên, với d (u, u) >
0
ta có ϕ[d (u, u)] < d (u, u)
nên
d (u, u) = d (Fu, F u) ≤ ϕ [d (u, u)] < d
(u, u) ,
điều này vô lí, do đó u ≡ u . □
Tiếp theo ta phát biểu một dạng yếu hơn của định lí Banach:
Định lí 2.5.3. Cho ( X , d )
ánh xạ thoả mãn
là không gian mêtric đầy đủ và
d (Fx, Fy) ≤ 〈 ( x, y)d ( x, y) ,
F : X → X là một
trong đó 〈 : X ⋅ X → + có tính chất: cho đoạn bất kì [a, b] ⊂ + \ {0} ,
su p{〈 ( x, y) : a ≤ d ( x, y) ≤ b} = (a, b) < 1.
Khi đó F có duy nhất một điểm bất động u và F n x → u với mỗi x ∈ X .
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh F có điểm bất động: Với mỗi x ∈ X , dãy {d (F n x, F n+1
x)} không tăng, vì 〈 < 1 nên
d (F n x, F n+1 x) < d (F n−1 x, F n x) < < d ( x, Fx) và dãy này bị chặn, vì thế {d (F n x, F n+1
x)}
hội tụ đến a ≥ 0 . Ta phải
có a = 0 :
ngược lại, d (F n x, F n+1 x) ∈[a, a +
1]
với mọi n đủ lớn, ta có thể chọn một giá trị n và đặt c = (a, a +
1)
ta được
a ≤ d (F n x, F n+1 x) ≤ a + 1,
a ≤ d (F n+1 x, F n+2 x) ≤ cd (F n x, F n+1 x) ≤ c(a + 1) , a ≤ d (F n+2 x, F n+3 x) ≤ cd (F n+1 x, F n+2 x) ≤ c2 (a + 1) ,…. Cứ tiếp tục quá trình trên, ta có
a ≤ d (F n+k x, F n+k +1 x) ≤ cd (F n+k −1 x, F n+k x) ≤ ≤ ck (a + 1) với mọi k > 0 , điều này mâu thuẫn, vì vớic < 1 thìck → 0 .
Bây giờ, cho ∑ > 0 , giả
sử = ∑
,∑ và chọn = min ∑
,∑ (1 − ) .
2 2
Giả sử d ( x, Fx) <
và lấy z ∈ B( x,∑ )
thì
Ta có hai khả năng:
d (Fz, x) ≤ d (Fz, Fx) + d (Fx, x) .
a) Nếu d ( z, x) <
∑ 2
thì
d (Fz, x) ≤ 〈 ( z, x)d ( z, x) + d (Fx, x) < d ( z, x) + d (Fx, x) <
∑ +∑ =∑ ;
b) Nếu ∑
≤ d ( z, x) <
∑2
2 2 thì
d (Fz, x) ≤ 〈 ( z, x)d ( z, x) + d (Fx, x) <∑ + (1 − )∑ =∑ .
Từ đó ta có d (Fz, x) <
∑ kéo theo F ( z) ∈ B( x,∑ ) , vì thế
F [B( x,∑ )] ⊂ B(
x,∑ ) .
Theo Định lí 2.5.1, F có điểm bất động u và F n x → u với mỗi x ∈ X .
Cuối cùng ta chứng minh điểm bất động u của F là duy nhất: giả sử tồn tại u ≠
u
và Fu = u, F u = u , khi đó
d (u, u) = d (Fu, F u) ≤ 〈 (u, u)d (u, u) ,
điều này trái với 〈 (u, u) < 1 nên u ≡ u . □
Có cách khác để mở rộng định lí Banach là không so sánh d (Fx, Fy) với d ( x,
y)
mà tập trung vào biến động của d ( x, Fx) . Định lí 2.5.4. Cho ( X , d
) là một không gian mêtric đầy đủ và ϕ : X→ + là một hàm không âm tuỳ ý (không nhất thiết liên tục). Giả sử
inf {ϕ ( x) + ϕ ( y) : d ( x, y) ≥ a} = ∝
(a) > 0
với mọi a > 0 . (2.5)
Khi đó mọi dãy {xn }
u ∈ X .
trong X thoả mãn ϕ ( xn ) → 0đều hội tụ đến một điểm
Chứng minh. Giả sử An = {x : ϕ ( x) ≤ ϕ (
xn )}
là các tập kh ác rỗng và họ hữu
hạn bất kì có giao khác rỗng. Ta chỉ ra ( An ) → 0 : cho
∑ >
0
bất kì, chọn N
đủ lớn sao cho ϕ (
xn ) < 1
∝ (∑ 2)
với mọi n ≥ N , khi đó cho n ≥ N
bất kì và
x, y ∈
An ta có
ϕ ( x) +ϕ ( y) ≤ ϕ
( x ) +ϕ (
y ) < 1
∝ (∑ ) +1
∝ (∑ ) =∝ (∑ ) . Theo giả thiết, d ( x, y) <
∑
n n
vì thế
2 2
( An ) ≤ ∑ . Như vậy
( An ) → 0 . Vì
( An ) = ( An ) → 0 . Theo Định lí Cantor, có duy nhất
u ∈ An
n
và từ xn ∈ An với mỗi n thì xn → u . Cho dãy { yn }bất kì khác thoả mãn ϕ ( yn ) → 0 ta được ϕ ( xn ) + ϕ ( yn ) →
0
và theo giả thiết làm tương tự ta có d ( xn , yn ) → 0 , do đó
yn → u . □ Định lí điểm bất động kéo theo kết quả sau:
Định lí 2.5.5. Cho ( X , d ) là không gian mêtric đầy đủ
và F : X → X liên tục.
Giả sử hàm ϕ ( x) = d ( x, Fx)
duy nhất một điểm bất động.
Chứng minh.
có tính chất (2.5) và inf d ( x, Fx) = 0 . Khi đó F
có x∈X
Theo giả thiết và Định lí 2.5.4, trong X tồn tại {xn } → u
ϕ ( xn ) = d ( xn , Fxn ) → 0 = inf d ( x, Fx)
x∈X
sao cho
Do F liên tục nên khi Fu = u .
xn → u thì Fxn → Fu , vì thế d (u, Fu) = 0
suy ra
Ta đi chứng minh tính duy nhất của điểm bất động: giả sử tồn tại u ≠ u sao cho u = Fu , u = F u thoả mãn (2.5), tức là
in {fϕ (u) + ϕ (u) : d (u, u) ≥ a}
= in
{f d (u, Fu) + d (u, F u) : d (u, u) ≥ a} =
0 > 0
với mọi a > 0 , điều này vô lí. Như vậy, F có duy nhất một điểm bất động. □ Nhận xét rằng Định lí 2.5.5 có thể suy ra Định lí Banach. Thật vậy, nếu d (Fx, Fy) ≤ 〈 d ( x,
y)
với hằng số 〈 < 1 thì
(1 − 〈 )d ( x, y) = d ( x, y) − 〈 d ( x, y) ≤ d ( x, y) − d (Fx, Fy)
≤ d ( x, Fx) + d (Fx, Fy) + d (Fy, y) − d (Fx, Fy) = d ( x, Fx) + d ( y, Fy) ,
vì thế hàm ϕ ( x) = d ( x, Fx)
thoả mãn
in {f d ( x, Fx) + d ( y, Fy) : d ( x, y) ≥ 〈} = (1 − 〈 )〈 = ∝ (〈 ) > 0 , và inf d ( x, Fx) = 0 . Từ đó ta
có x∈X
ánh xạ co nên
d (F n x, F n+1 x) → 0
với mỗi x ∈ X . Vì F là
do đó
d (F n x, F n+1 x) ≤ 〈 d (F n−1 x, F n x) ≤ ≤ 〈 n d ( x, Fx) ,
d ( x, Fx) → 0 suy ra Fx = x . □
2.6. Ánh xạ không giãn trong không gian Hilbert
Nguyên lý Banach phát biểu cho ánh xạ co trong một không gian mêtric đầy đủ tuỳ ý. Cho không gian một cấu trúc phức tạp hơn ta có thể nới
lỏng tính co của ánh xạ thành tính không giãn, tất nhiên tính duy nhất của điểm bất động không thể bảo toàn. Trong mục này chúng ta xét không gian Hilbert thực, ta có mệnh đề sau
2 2 2 2
2 2 2
Mệnh đề 2.6.1. Cho H là một không gian Hilbert , và giả
sử u, u là hai phần
tử của H. Nếu có một phần tử x ∈ H
sao cho x −
u ≤ R, x − u ≤ R và
x − u + u
≥ 2r
thì u − u ≤
2 R2 − r 2
Chứng minh. Theo quy tắc hình bình hành ta có u − u = ( x − u) − ( x − u ) 2
= 2
x − u + 2 x − u − ( x − u) + ( x − u)
2 2 u +u
= 2 x − u + 2 x −
u − 4 x − ,
2 do đó u − u ≤ 4R − 4r . Như
vậy, u − u ≤
2
R2 − r 2 . □
Ta áp dụng mệnh đề này đi nghiên cứu ánh xạ không giãn trên các tập bị chặn:
Bổ đề 2.6.2. Cho C ⊂ H là một tập bị chặn và giả sử F : C → C là ánh xạ không giãn. Giả sử x, y và a = x + y
2 đều thuộc vào C. Nếu x − F (
x) ≤ ∑
, y − F ( y) ≤
∑ thì
trong đó (C ) = diamC .
Chứng minh. Vì
a − F
(a) ≤ 2 2 (C ) ∑ ,
x − y = x − =a + F (a)
− y − a + F (a)
2 2
≤ x − a + F (a) +
y − a + F (a)
2 2
nên ít nhất một trong các số hạng ở vế phải, giả sử đó là số hạng đầu phải thoả mãn
n n
x − a + F (a)
≥ 1
x − y .
2 2
Ta có x − a
= x − x +
y = 1
x − y và
x − F (a)
2 2
= ( x − F ( x)) + ( F ( x) − F
(a)) ≤
x − F ( x)
+ F ( x) − F (a)
≤ ∑ + x −
a =∑+1
2 x − y . Theo Mệnh đề 2.6.1, ta được
2 2
a − F (a) ≤
2 1 ∑ + x − y −1 x − y
2 2
= 2 ∑2 + ∑ x − y =
2 ∑ + x − y ∑ . Do x, y ∈
C
nên x − y
≤ (C ) . Ta chọn ∑ không vượt quá (C ) , vì thế
a − F (a) ≤ 2 2 (C )
∑ . □
Định lớ 2.6.3 (Browder – Gửhde – Kirk). Cho C là một tập khỏc rỗng, lồi đóng, bị chặn trong không gian Hilbert. Khi đó mỗi ánh xạ không giãn
F : C → C có ít nhất một điểm bất động.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử 0 ∈ C . Với mỗi số nguyên n = 2, 3, đặtF = 1 −1 F , do C lồi và chứa gốc nênFn : C → C . Ta có F là ánh xạ không giãn nên F ( x) − F ( y)
≤ x −
y
, do đó
F ( x) − F (
y) = 1 − 1
F ( x) − 1 − 1 F ( y)
n n
n n
= 1 − =1
F ( x) − F (
y) ≤=1 1 − x − y .
n n
Vì 1 − =1
< 1 với n xạ= 2, 3, nên mỗi ánh F : C → C là ánh xạ co. Theo
n n
nguyên lí ánh xạ co Banach, tồn tại xn sao cho Fn ( xn ) = xn . Khi đó x − F ( x )
= F x ( ) )− F ( x = 1 − =1
F ( x ) − F ( x )
n n n n n
n n n
Với mỗi n ≥ 2 , xét
= 1
n F ( xn )≤ 1
(C ) n
Q = x ∈ C
: x x)− F ( ≤ 1
(C ) ,
n n
ta có Q2 ⊃ Q3 ⊃ là dãy giảm của các tập đóng và Qn
khác rỗng (vì xn ∈ Qn ).
Ta thấy rằng nếu x, y ∈ Q
8n2
thì
x − F ( x) y − F ( y) Theo Bổ đề 2.6.2, ta được
≤ 1 8n2
≤ 1 8n2
(C )
(C )
với x ∈ C , với y ∈ C .
nên a = x + y
∈
Q 2 n
a − F (a) .
≤ 2 2 (C )
(C )
8n2
= 1
(C ) n
Đặt dn = inf { x : x ∈ Qn }. Vì Qn là dãy giảm nên
d2 ≤ d3 ≤ là dãy
các số thực không giảm, bị chặn bởi (C ) , hội tụ đến một số d nào đó. Ta xét A = Q B 0, d +=1
n 8n2 n
= x ∈ C
: x ≤− F ( x) 1
(C )
x ∈ C :
x ≤ d +=1
8n2 n
Q
2
khi đó An là dãy giảm của các tập đóng, khác rỗng. Ta tìm đường kính của An : nếu x, y ∈
An
thì
0 −
x ≤ d +1 , 0 − y
≤ d + 1 ,
và ta thấy rằng 0 − x + y
n n
≥ d . Theo Định lí 2.6.1, ta tìm được
2 n
x − y ≤
2 d +=1
d 2 − =d 2 2dn−1 + n−2 +(d 2 − 2 ) .
n n n
Số hạng ở vế phải là chặn trên của ( An )
và khi n →∞ thì ( An ) → 0 . Theo
Định lí Cantor, có một x0 ∈ An
n
suy ra x0 ∈
n 8n2 , vì thế x − F ( x ) ≤ (C
) với mọi n.
0 0
8n2
(C Do đó x0 − F ( x0 )
) = 0 (vì n →∞ thì
8n2 → 0 ). Như vậy, Fx0 = x0 . □ Cho C là một hình cầu đóng trong không gian Hilbert H . Bây giờ ta sẽ xét ánh xạ không giãn xác định trên C lấy giá trị trong H . Với mục đích này ta cần tính chất không giãn của ánh xạ co rút chuẩn tắc của H vào C : Bổ đề 2.6.4. Cho H là một không gian Hilbert và C = {x ∈ H :
x
≤ c} là
hình cầu đóng. Xác định một ánh xạ r : H → C bởi r ( x )=
x khi x
x
≤ c,
c khi x ≥ c.
x Khi đó r : H → C là ánh xạ không giãn.
Chứng minh. Trước tiên ta thấy nếu u, u ≠ 0
thì
(u − r (u), r (u) − r (u) ) ≤ 0 .
Thật vậy, nếu u ≤ c
thì r (u) = u
nên
(u − r (u), r (u) − r (u) )= 0 .
Nếu u ≥ c thì
r (u) = c
u , ta có u
(u − r (u), r (u) − r (u) )= u u
− c , r (u) − c u
u u
= u 1 − c
, r (u) − c
u = 1
−
c u
u, r(u) − c .
u u u u
Nếu u ≤ c
thì r (u) = u , ta được
(u − r (u), r (u) − r (u) )=
1 − c u
u, u − c = 1
−
c cu
(u, u) − u,
u u u u
= 1 − c c
(u, u) − u 2 = 1 − c ((u, u) − c u ) .
u u u
Nếu u ≥ c
thì r (u) = c u u nên
(u − r (u), r (u) − r (u) )=
1 −
c u
u u, c u
− c u u
= 1 − c
u, c u u
− u, c
= 1
−
c
c (−u, u) c (u, u)
1
u u u
= 1
−
u u c c u u
u
(u, u) − c u .
Như vậy, nếu u ≥ c , ta có
c
1 − (u, u) − c u khi u ≤ c,
(u − r (u), r (u) − r (u) )= u
c u
c
u
(u, u) − c u khi u ≥ c;
2 2 2 2
và do (u, u) ≤
u u , vì thế (u − r (u), r (u) − r (u) )
≤ 0
với u, u ≠ 0 . Với nhận
xét này ta bắt đầu chứng minh bổ đề:
khi đó
Đặt a = x − r ( x) + r ( y) − y , ta có
x − y = r ( x) − r ( y) + x − r ( x) + r ( y) − y = r ( x) − r ( y) + a ,
x − y = r ( x) − r ( y) + a
=
r ( x) − r ( y) +
a + 2 ( a, r ( x) − r (
y) ) .
Theo nhận xét trên, ta được
( a, r ( x) − r ( y) )= ( x − r ( x) + r ( y) − y, r ( x) − r ( y) )
=− ( x − r ( x), r ( y) − r ( x) ) − ( y − r ( y), r ( x) − r ( y) ) ≥ 0
2 2
nên x −
y ≥ r ( x) − r (
y) , vì thế r : H → C là ánh xạ không giãn. □ Định lí 2.6.5 (Luân phiên phi tuyến cho ánh xạ không giãn). Cho H là một không gian Hilbert và C là hình ầcu đóng {x ∈ H : x ≤ c}. Khi đó với mỗi ánh xạ không giãn F : C → H có ít nhất một trong hai tính chất sau:
a) F có một điểm bất động, b) Tồn tại x ∈
∂C và ∈ (0,1) sao cho x = F ( x) .
Chứng minh. Theo Định lí 2.6.4, ánh xạ r : H → C là ánh xạ không giãn, vì thế ánh xạ r F : C → C cũng là ánh xạ không giãn. Do C là một tập lồi không rỗng, đóng, bị chặn trong không gian Hilbert H nên theo Định lí 2.6.3, ánh xạ r F có ít nhất một điểm bất động, tức là rF ( x) =
x
với x ∈ C . Chứng minh tương tự Định lí 1.5.3, ta có nếu F ( x) ∈ C thì x = rF (
x) = F ( x) nên F có một điểm bất động. Nếu F ( x ) ∉
C
thì x = rF ( x)
=
cF ( x)
F ( x)
nên x ∈∂C và
ta có thể lấy = c
F ( x) < 1 . □
Từ Định lí 2.6.5 có thể suy ra định lí điểm bất động đối với ánh xạ
2
không giãn khi ta đặt điều kiện mạnh đ ể không cho khả năng thứ hai trong Định lí 2.6.5 xảy ra:
Hệ quả 2.6.6. Cho C = {x ∈ H :
x
≤ r}
và
F : C → H là ánh xạ không giãn.
Giả thiết rằng với mọi x ∈ ∂C , một trong các điều kiện sau được thoả mãn:
a) F ( x) ≤ x , b) F ( x)
≤ x − F ( x) ,
2 2 2
c) F ( x) ≤
x + x − F ( x),
d ) ( x, F ( x)) ≤ x ,
e) F ( x) = − F (− x) . Khi đó F có điểm bất động.
Chứng minh. Ta chứng minh hoàn toàn tương tự Hệ quả 2.4.2 và Hệ quả 2.4.3.
Hệ quả 2.6.7. Cho H là một không gian Hilbert và
F : H → H là ánh xạ không giãn.
Gải sử ( x, x − F ( x)) ≥ ∝ ( x ) x
, trong đó ∝ ( x ) →∞ khi
x → ∞ . Khi đó trường không giãn x f ( x) = x − F ( x)
là toàn ánh.
Chứng minh. Cho một điểm x ∈ H . Vì
y0 ∈ H , giả sử g ( x) = x − [F ( x) +
y0 ]
với
nên cho
( x , g ( x) =) ( x , x − [F ( x ) + y0 =] ) ( x , x − F ( x)−)( x, y 0 )≥ ∝
x ( x x x
r > 0 đủ lớn,
x ) − y0
( xvới mọi x ∈ H
và x = r . Ta có G : C = {x ∈ H :
x
≤ r} →
H
xác định bởi G( x) = F ( x) + y0
là một ánh
xạ không giãn. Từ ( x, g ( x) )
≥ 0
suy ra
( x, − g ( x) )= ( x, F ( x0 ) + y0 − x )= ( x, G( x) − x ) ≤ 0
nên ( x, G( x)) − ( x, x )≤ 0 do đó
( x, G( x)) ≤ ( x, 2
x) =
x với mọi x ∈ ∂C .
Theo H ệ quả 2.6.6(d),tồn tại điểm x0
sao cho G( x0 ) = x0 và G( x0 ) = F ( x0 ) + y0 ,
do đó F ( x0 ) + y0 = x0
suy ra
g ( x0 ) = x0 − [F ( x0 ) + y0 ] = 0 .
Vì thế y0 = x0 − F ( x0 )
=
f ( x0 ) . Như vậy, trường không giãn gắn với F xác
định bởi x f ( x) = x − F ( x)là toàn ánh. □
Nguyên lý Banach có rất nhiều ứng dụng, ta đi trình bày một trong số các ứng dụng đó:
2.7. Ứng dụng nguyên lý Banach cho phương trình vi phân
Để sử dụng nguyên lý Banach ta cần có F : Y → Y là ánh xạ co đối với mêtric đầy đủ d nào đó trong Y . Nếu F không là ánh xạ co đối với một mêtric này, ta có thể tìm thấy mêtric đầy đủ khác của Y để F là ánh xạ co.
Ví dụ 2.7.1. Ánh xạ tuyến tính không là ánh xạ co với mêtric
( x, y) 1
(8x + 8 y, x + y
10)
của 2 vào 2
d [( x, y), ( z, W )]
=
( x − z)2 + ( y − W )2
nhưng nó là ánh xạ co với hằng số co 9
10 đối với mêtric d [( x, y), ( z, W )
] = x −
z
+ y − W
Như vậy, với mỗi mêtric đầy đủ d trong Y xác định một lớp F (d ) của các ánh xạ F : Y → Y là các ánh xạ co đối với d và nói chung là F (d ) ≠ F
(d) ,
Ngay cả khi các mêtric d và
d là tương đương.
Nhắc lại rằng: Nếu E là một không gian Banach thì hai chuẩn x và x là tương đương nếu có các hằng số m, M > 0 sao cho m x ≤ x ≤ M x
.
Do đó một ánh xạ là Lipschitz trong chuẩn này thì cũng là Lipschitz trong chuẩn tương đương khác. Như vậy, để nghiên cứu một ánh xạ Lipschitz F : E → E , người ta thường tìm một chuẩn mới mà theo đó F là ánh xạ co.
Các chú ý này được minh hoạ trong chứng minh sau đây về sự tồn tại nghiệm đối với phương trình tích phân loại hai.
Định lí 2.7.2. Cho kiện Lipschitz
K : [0,T ]⋅ [0,T ]⋅
→ là liên tục và thoả mãn một điều
K (t, s, x) − K (t, s, y) ≤ L x − y với mọi
trình
(s, t ) ∈[0,T ]⋅ [0,T ]
và
x, y ∈ . Khi đó chou ∈ C [0,T ] bất kì
phương
t
u(t ) = u(t ) + ∫ K (t, s,
u(s)) ds
0
(0 ≤ t ≤ T )
có duy nhất một nghiệm u ∈ C [0,T ] . Hơn nữa, nếu ta xác định một dãy hàm
{un } quy nạp bởi việc chọn u0 ∈ C [0,T ] và đặt
t
un+1 (t ) = u(t ) + ∫ K (t, s, un (s)) ds ,
0
thì dãy {un } hội tụ đều trên [0,T ]đến nghiệm duy nhất u.
Chứng minh. Cho E là không gian Banach của tất cả các hàm thực liên tục đa trị trên [0,T ]được trang bị chuẩn
| g | = max
0≤t ≤T e− Lt g (t ) . Chuẩn này tương đương với chuẩn sup x , vì
e− Lt x ≤ | x | ≤ x ;
và hơn nữa, nó đầy đủ.
Xác định F : E → E bởi
∫
∫ ∫
∫
F ( g )(t ) = u(t ) + t ∫ K (t, s, g (s)
) ds .
0
Để chứng minh phương trình tích phân có duy nhất một nghiệm, ta phải chứng minh F : E → E có duy nhất một điểm bất động. Ta đi chỉ ra rằng F là ánh xạ co: Thật vậy, ta có
| F ( g ) − F
(h) | = max e
− Lt 0≤t ≤T
F ( g )(t ) − F (h)(t )
t
≤ max e0≤t ≤T − Lt K (t, s, g (s)) − K (t, s, h(s) ) d s
0
t t
≤ L max e− Lt g (s) − h(s) ds
= 0≤t ≤T
L max e− Lt eLs e−
Ls
0≤t ≤T
g (s) − h(s) ds
0 0
t Lt
≤ L | g − h | max e− Lt
eLs d
0≤t ≤T 0
=s L | g − h 0≤t ≤| T max e− Lt e − 1
L
≤ (1 − e− Lt ) | g − h | .
Vì 1 − e− Lt < 1 nên ánh xạ
F : E → E là ánh xạ co. Theo nguyên lý Banach thì thứ nhất F có duy nhất một điểm bất động u ∈ E và thứ hai dãy {un } xác
định bởi quá trình lặp được mô tả trong phát biểu của định lí sẽ hội tụ đều trong chuẩn | x | , do đó nó cũng hội tụ đều trong chuẩn sup x . Như vậy,
F
với chuẩn sup x cũng có điểm bất động.