Về sự tồn tại điểm bất động chung của các ánh xạ co kiểu tích phân

2

MỤC LỤC

Mục lục

2

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1

Các ánh xạ co kiểu tích phân và sự tồn tại điểm bất động
của chúng

5

1.1. Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2. ´anh xạ co kiểu tích phân, ánh xạ co suy rộng kiểu tích phân
và sự tồn tại điểm bất động của chúng trên không gian mêtric đầy đủ 6
2 Sự tồn tại điểm bất động chung của các ánh xạ co kiểu
tích phân

17

2.1. Định lý điểm bất động chung đối với các ánh xạ co kiểu tích

phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2. Sự tồn tại điểm bất động và bất động chung của các ánh xạ
hầu co kiểu tích phân
Kết luận

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Tài liệu tham khảo

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34


3

MỞ ĐẦU

Định lí điểm bất động của Banach đối với các ánh xạ co trên không
gian mêtric đầy đủ là một kết quả kinh điển của toán học. Sau khi được
Banach chứng minh, định lí điểm bất động đối với các ánh xạ co trở
thành một trong những vấn đề thu hút được rất nhiều nhà toán học
quan tâm nghiên cứu. Cho đến nay đã có khoảng 10.000 công trình về
định lý điểm bất động, được công bố trên trên các tạp chí toán học. Các
định lý điểm bất động được mở rộng nghiên cứu phong phú đối cho nhiều
kiểu ánh xạ suy rộng, trên nhiều loại không gian khác nhau. Các định lý
điểm bất động có nhiều ứng dụng rộng rãi trong nhiều ngành của toán
học như: giải tích, phương trình vi tích phân....
Năm 2001, Branciari (xem [2]) phát triển một ý tưởng của Boyd và
Wong năm 1969 (xem [3]) đưa ra khái niệm ánh xạ co kiểu tích phân và

đã thu được định lý điểm bất động đối với kiểu ánh xạ co này. Một số
điểm bất động đối với ánh xạ co suy rộng kiểu tích phân được Rhoades
phát triển thêm trong [8].
Nhằm nghiên cứu sự tồn tại điểm bất động chung của các ánh xạ co
suy rộng kiểu tích phân và ứng dụng, chúng tôi lựa chọn đề tài sau cho
luận văn của mình là:
Về sự tồn tại điểm bất động chung của các ánh xạ co suy
rộng kiểu tích phân.
Luận văn sẽ trình bày chi tiết, có hệ thống và xây dựng các ví dụ cho
các định lý điểm bất động, điểm bất động chung đối với các ánh xạ co
suy rộng kiểu tích phân. Hơn nữa, chúng tôi cũng đề xuất một số kết
quả về sự tồn tại điểm bất động, điểm bất động chung của các ánh xạ
hầu co kiểu tích phân. Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham
khảo, nội dung luận văn được viết thành 2 chương:


4

Chương 1. Các ánh xạ co kiểu tích phân và sự tồn tại điểm bất động của
chúng.
Nội dung của chương này trình bày những kiến thức cơ sở về không
gian mêtric, ánh xạ co, ánh xạ co kiểu tích phân và sự tồn tại điểm bất
động của ánh xạ co kiểu tích phân trong không gian mêtric đầy đủ.
Chương 2. Sự tồn tại điểm bất động và điểm bất động chung của các
ánh xạ co kiểu tích phân.
Chương này giới thiệu một số kết quả về sự tồn tại điểm bất động
chung đối với ánh xạ co kiểu tích phân và đưa ra một số kết quả về sự
tồn tại điểm bất động chung của ánh xạ hầu co kiểu tích phân.
Luận văn được thực hiện tại trường Đại học Vinh dưới sự hướng dẫn
tận tình và nghiêm khắc của thầy giáo, TS. Kiều Phương Chi. Tác giả

xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình đến thầy. Nhân dịp này, tác giả
xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Sau đại học, Ban chủ nhiệm
khoa Toán. Tác giả xin được cảm ơn PGS. TS. Đinh Huy Hoàng, PGS.
TS. Trần Văn Ân và các thầy, cô giáo trong khoa Toán đã nhiệt tình
giảng dạy và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập. Cuối cùng xin
cảm ơn gia đình, đồng nghiệp, bạn bè, đặc biệt là các bạn trong lớp Cao
học 19 Giải tích đã cộng tác, giúp đỡ và động viên tác giả trong suốt quá
trình học tập và nghiên cứu.
Mặt dù đã có nhiều cố gắng, nhưng luận văn không tránh khỏi những
hạn chế, thiếu sót. Chúng tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng
góp của các thầy, cô giáo và bạn bè để luận văn được hoàn thiện hơn.
Vinh, tháng 9 năm 2013

Hoàng Thị Thương


5

CHƯƠNG 1
CÁC ÁNH XẠ CO KIỂU TÍCH PHÂN VÀ SỰ TỒN TẠI
ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA CHÚNG

Chương này dành cho việc trình bày một số định lý điểm bất động
đối với ánh xạ co kiểu tích phân và định lý điểm bất động đối với ánh
xạ co suy rộng kiểu tích phân trong không gian mêtric đầy đủ.
1.1. Một số kiến thức chuẩn bị
Trong mục này, chúng tôi trình bày các kiến thức cơ sở cần dùng về
sau.
1.1.1 Định nghĩa. ([1]) Cho X là một tập khác rỗng. Hàm d : X ×X →

R được gọi là mêtric trên X nếu thoả mãn các điều kiện sau
1) d(x, y)

0 với mọi x, y ∈ X; d(x, y) = 0 khi và chỉ khi x = y.

2) d(x, y) = d(y, x) với mọi x, y ∈ X.
3) d(x, y)

d(x, z) + d(z, y) với mọi x, y, z ∈ X.

Khi đó (X, d) được gọi là không gian mêtric.
1.1.2 Định nghĩa. ([1]) Cho (X, d) là không gian mêtric.
1) Dãy {xn } ⊂ X được gọi là dãy Cauchy nếu d(xm , xn ) → 0 khi
m, n → ∞.
2) Không gian mêtric X được gọi là đầy đủ nếu mọi dãy Cauchy của
nó đều hội tụ trong X.
1.1.3 Định nghĩa. ([1]) Cho (X, d) là một không gian mêtric và A ⊂ X.
Đường kính của A ký hiệu là δ(A) và được xác định bởi
δ(A) = sup{d(x, y) : x, y ∈ A}.
Tập A được gọi là bị chặn nếu nó có đường kính hữu hạn.


6

1.1.4 Định nghĩa. ([1]) Cho (X, d) là một không gian mêtric. ánh xạ
f : X → X được gọi là ánh xạ co nếu tồn tại q ∈ (0, 1) sao cho
d f x, f y

qd(x, y), ∀x, y ∈ X.

1.1.5 Định nghĩa. ([1]) Cho X là một không gian mêtric và f : X → X
là một ánh xạ. Điểm a ∈ X được gọi là điểm bất động của f nếu f (a) = a.
Định lý sau là nguyên lý điểm bất động của Banach.
1.1.6 Định lý. ([1]) Mọi ánh xạ co từ không gian mêtric đầy đủ X vào
chính nó luôn có duy nhất một điểm bất động.
1.2. ánh xạ co kiểu tích phân, ánh xạ co suy rộng kiểu tích
phân và sự tồn tại điểm bất động của chúng trên không
gian mêtric đầy đủ
1.2.1 Định nghĩa. ([2]) Cho φ : [0, +∞) → [0, +∞) là một hàm khả
ε

φ(t)dt > 0 với mọi

tích Lebesgue trên mọi tập compact của [0, +∞) và
0

ε > 0. ánh xạ f : X → X được gọi là ánh xạ co kiểu tích phân của φ
nếu tồn tại q ∈ (0, 1) sao cho
d(f x,f y)

d(x,y)

φ(t)dt
0

φ(t)dt, ∀x, y ∈ X.

q

(1.1)

0

1.2.2 Nhận xét. Nếu chọn φ(t) = 1, ∀t ∈ [0, ∞) thì ta được ánh xạ co
theo kiểu tích phân của φ chính là ánh xạ co theo nghĩa thông thường.
1.2.3 Định lý. ([2]) Cho φ : [0, +∞) → [0, +∞) là một hàm khả tích
ε

Lebesgue trên mọi tập compact của [0, +∞) và

φ(t)dt > 0 với mọi
0

ε > 0. Giả sử X là một không gian mêtric đầy đủ và f : X → X là một
ánh xạ co kiểu tích phân của hàm φ. Khi đó, f có duy nhất một điểm bất
động.
Chúng ta cần một số kết quả bổ trợ sau cho chứng minh Định lý 1.2.3.


7

1.2.4 Bổ đề. ([2]) Giả sử f được cho như trong Định lý 1.2.3. Khi đó,
với mỗi x ∈ X ta có
d(f n x, f n+1 x) → 0, khi n → +∞.
Chứng minh. Với mỗi x ∈ X, áp dụng (1.1) ta được
d f n x,f n+1 x

d f n−1 x,f n x

φ(t)dt

q

0

d x,f x

φ(t)dt

...

q

0

Từ q ∈ (0, 1) và φ(t)

n

φ(t)dt.
0

0 suy ra
d f n x,f n+1 x

φ(t)dt = 0, khi n → ∞.

lim

n→∞ 0

(1.2)

Bây giờ, giả sử d f n x, f n+1 x không hội tụ về 0 khi n → ∞. Khi đó,
lim sup d f n x, f n+1 x = ε > 0.
n→∞

Từ đó suy ra tồn tại dãy số tự nhiên {nk } và nk0 sao cho
d f nk x, f nk +1 x → ε
khi n → ∞ và d f nk x, f nk +1 x

ε
với mọi nk
2

nk0 . Kết hợp với (1.2)

ta có

ε
2 φ(t)dt > 0.

d f nk x,f nk +1 x

0 = lim

n→∞ 0

φ(t)dt
0

Ta nhận được sự mâu thuẫn. Vậy, bổ đề được chứng minh.
1.2.5 Bổ đề. ([2]) Dãy {f n x} là Cauchy với mỗi x ∈ X.
Chứng minh. Giả sử {f n x} không phải là dãy Cauchy. Khi đó, tồn tại
ε > 0 sao cho với mỗi k ∈ N tồn tại mk , nk mà mk > nk > k thì
d f mk x, f nk x

ε.

Ta có thể giả thiết {mk } và {nk } là cực tiểu theo nghĩa sau: Với mỗi
k∈N
d f mk x, f nk x

ε


8

trong khi
d f h x, f nk x < ε
với mỗi h ∈ {nk + 1, ..., mk − 1}. Tiếp theo chúng ta mô tả các tính chất
của d f mk x, f nk x và d f mk +1 x, f nk +1 x . Ta có
d f mk x, f mk −1 x + d f mk −1 x, f nk x

d f mk x, f nk x

ε

mk

x, f

mk −1

(1.3)

x + ε.

Cho mk → ∞ và áp dụng Bổ đề 1.2.4 ta được
d f mk x, f nk x → ε, khi mk → ∞.
Ta chỉ ra tồn tại l ∈ N sao cho với mỗi số tự nhiên k > l ta có
d f mk +1 x, f nk +1 x < ε.
Thật vậy, giả sử ngược lại. Khi đó, tồn tại dãy con {kj } ⊂ N sao cho
d f mkj +1 x, f nkj +1 x

ε.

Ta có
ε

d f mkj +1 x, f nkj +1 x

d f mkj +1 x, f mkj x

+ d f mkj x, f nkj x + d f nkj x, f nkj +1 x → ε khi j → ∞.
Ta nhận được d f mkj +1 x, f nkj +1 x → ε khi j → ∞. Bây giờ, trong bất
đẳng thức
d f

mk +1
n +1
j
x,f kj x

d f

φ(t)dt

mk
n
j x,f kj x

q

φ(t)dt.

0

0

cho j → ∞ ta được
ε

ε

φ(t)dt < q
0

Vì q ∈ (0, 1) và

ε
0 φ(t)dt

φ(t)dt.
0

> 0 nên ta nhận được sự mâu thuẫn. Suy ra

tồn tại l ∈ N sao cho
d f mk +1 x, f nk +1 x < ε
với mọi k > l.


9

Tiếp theo, ta chứng minh tồn tại δε ∈ (0, ε) và p ∈ N (p phụ thuộc
vào ε) sao cho
d f mk +1 x, f nk +1 x < ε − δε
với mọi k > p. Giả sử ngược lại. Khi đó, tồn tại dãy {ki } ⊂ N sao cho
d f mki +1 x, f nki +1 x → ε− khi i → ∞. Trong bất đẳng thức
d f

mk +1
n +1
i
x,f ki x

d f

φ(t)dt

mk
n
i x,f ki x

q

φ(t)dt.

0

0

cho j → ∞ ta được
ε

ε

φ(t)dt.

φ(t)dt < q
0

0

Tương tự như trên ta nhận được sự mâu thuẫn.
Bây giờ, với mỗi số tự nhiên k > p như trên ta có
ε

d f mk x, f nk x
d f mk x, f mk +1 x + d f mk +1 x, f nk +1 x + d f nk +1 x, f nk x
< d f mk x, f mk +1 x + ε − δε + d f nk +1 x, f nk x .

Cho k → ∞ ta thu được ε < ε − δε . Ta nhận được sự mâu thuẫn. Do đó,
{f n x} là dãy Cauchy.
Chứng minh của Định lý 1.2.3. Lấy x ∈ X cố định. Khi đó, theo Bổ
đề 1.2.5 ta có {f n x} là dãy Cauchy. Vì X là không gian mêtric đầy đủ
nên f n x → a khi n → ∞. Ta chỉ ra f n+1 x → f a khi n → ∞. Thật vậy,
từ
d(f n+1 x,f a)

0

d(f n x,a)

φ(t)dt

φ(t)dt → q

q

0

0

0

khi n → ∞. Từ đó suy ra

φ(t)dt = 0
0

d(f n+1 x,f (a)
φ(t)dt
0

→ 0 khi n → ∞. Bây giờ,

nếu d(f n+1 x, f a) không hội tụ tới 0 khi n → ∞. Khi đó, tồn tại ε > 0
và dãy con {f nk +1 x} sao cho
d(f nk +1 x, f a)

ε > 0.


10

Ta có
0<

d f nk x,a

d f nk +1 x,f a

ε

φ(t)dt

φ(t)dt

q

0

0

Cho k → ∞ ta được

φ(t)dt.
0

ε
0 φ(t)dt

= 0. Ta thu được sự mâu thuẫn. Bây giờ,

ta có
0

d f a, a

d a, f n+1 x + d f n+1 x, f a → 0

khi n → ∞. Ta nhận được f a = a.
Để kết thúc chứng minh ta chỉ ra a là điểm bất động duy nhất. Giả
sử tồn tại b ∈ X và b = a sao cho f b = b. Khi đó,
d(a,b)

0<

d f a,f b

φ(t)dt =
0

d(a,b)

φ(t)dt
0

q

d(a,b)

φ(t)dt <
0

φ(t)dt.
0

Ta nhận được sự mâu thuẫn. Vậy, f có duy nhất một điểm bất động.
Định lý được chứng minh.
Trong Định lý 1.2.3 nếu lấy φ(t) = 1 với mọi t thì ta nhận được Định
lý 1.1.6. Ví dụ sau chứng tỏ Định lý 1.2.3 mạnh hơn Định lý 1.1.6.
1
1.2.6 Ví dụ. Xét X = { : n ∈ N} ∪ {0} với mêtric thông thường cảm
n
sinh từ R. Khi đó, vì X đóng trong R nên X là không gian mêtric đầy

đủ. Xét ánh xạ f : X → X xác định bởi
fx =

1
1
nếu x = , n ∈ N
n+1
n
0
nếu x = 0,

(1.4)

Ta chứng minh hàm f không thoả mãn các giả thiết của Định lý 1.1.6
nhưng thoả mãn các giả thiết của Định lý 1.2.3. Thật vậy, ta có

1


−0


1

n
+
1

sup
nếu

x
=
và y = 0


1
n

n∈N

−0
d f x, f y
n
sup
=
1
1

x,y∈X:x=y d(x, y)

−


n + 1 m + 1 nếu x = 1 và y = 1 .


sup


1

1
n
m

m,n∈N,m=n
−
n m


11

Suy ra
d f x, f y
= 1.
x,y∈X:x=y d(x, y)
sup

Do đó, f không phải là ánh xạ co.
Để chứng minh f thoả mãn Định lý 1.2.3 ta chỉ ra f là ánh xạ co kiểu
tích phân của hàm φ(t) xác định bởi
1

φ(t) =
Đầu tiên để ý rằng

τ
0

t t −2 1 − ln t) nếu t > 0
0

nếu t = 0.
1

φ(t)dt = τ τ , ∀τ > 0. Vì vậy điều kiện (1.1) tương

đương với
1
d f x, f y d f x, f y

1
qd x, y d x, y .

(1.5)

Bước tiếp theo, ta cần chứng minh (1.5) xảy ra với q ∈ (0, 1) nào đó.
1
1
Cho m, n ∈ N với m > n và x = , y = . Khi đó, chúng ta có
m
n
1
d f x, f y d f x, f y =

1
1
−
n+1 m+1

m−n
=

(m + 1)(n + 1)
và

1
1
1
d x, y d x, y =
−
n m

1
n

1
n+1

1
−

1
m+1

(m + 1)(n + 1)
m−n
.

1
−

1

m

mn
m−n m−n
=
.
mn
Ta sẽ chỉ ra
m−n
(m + 1)(n + 1)

(m + 1)(n + 1)
m−n

mn
1 m−n
m−n
2 mn

hay tương đương
m−n
(n + 1)(m + 1)

m+n+1
m−n

mn
(m + 1)(n + 1)

mn

m−n

1
.
2

(1.6)


12

Vì

mn
(m+1)(n+1)

< 1 và

mn
> 0 nên
m−n
mn
mn
m − n < 1.
(m + 1)(n + 1)

(1.7)

Mặt khác, vì m < nm + 3n + 1 nên 2(m − n) (m + 1)(n + 1), tức là
m−n

1
m+n+1
, với mọi m, n.Ta có
> 1 với mọi m, n. Từ đó
m+n+1
2
m−n
suy ra
m+n+1
m−n
1
m−n
.
(1.8)
(n + 1)(m + 1)
2
1
Từ (1.7) và (1.8) ta nhận được (1.6). Vậy, (1.5) đúng với q = .
2
1
Với x = 0 và y = ta có
n
1
1
1
d f x, f y d f x, f y
d x, y d x, y
2
tương đương với
1 n+1 1 1 n

.
n+1
2 n
Bất đẳng thức này đúng bởi vì
n n 1
1 1
1. =
n+1 n+1
2 2
với mọi n

1. Như vậy ta đã chứng minh được (1.5) được thoả mãn với
1
mọi x, y ∈ X và q = . Do đó, f thoả mãn điều kiện Định lý 1.2.3. Rõ
2
ràng f có đúng một điểm bất động là x = 0.
Tiếp theo chúng tôi sẽ trình bày định lý điểm bất động đối với ánh
xạ co suy rộng kiểu tích phân.
Cho (X, d) là một không gian metric và ánh xạ f : X → X, ta đặt
d(x, f y) + d(y, f x)
. (1.9)
2
1.2.7 Định lý. ([8])Cho (X, d) là không gian mêtric đầy đủ và ánh xạ
mf (x, y) = max d(x, y), d(x, f x), d(y, f y),

f : X → X. Giả sử tồn tại q ∈ (0, 1) sao cho với mọi x, y ∈ X
d(x,y)

mf (x,y)

φ(t)dt
0

q

φ(t)dt
0

(1.10)


13

trong đó φ : [0, +∞) → [0, +∞) là một hàm khả tích Lebesgue trên mọi
ε

tập compact của [0, +∞) và

φ(t)dt > 0 với mọi ε > 0. Khi đó, f có
0

duy nhất một điểm bất động.
Chứng minh. Chọn x0 ∈ X cố định và đặt xn = f n x0 với mỗi n = 1, 2, ....
Với mỗi n

1, từ (1.10) ta có
d(xn ,xn+1 )

m(xn−1 ,xn )

φ(t)dt

q

0

φ(t)dt.

(1.11)

0

Từ xn = f n x0 và (1.9) suy ra
m(xn , xn−1 ) = max d(xn , xn−1 ), d(xn , xn+1 ),

d(xn−1 , xn+1 )
2

Mặt khác ta có
d(xn−1 , xn+1 )
2

d(xn−1 , xn ) + d(xn , xn+1 )
2

max{d(xn , xn−1 ), d(xn , xn+1 )}.

Do đó,
m(xn , xn−1 ) = max{d(xn , xn−1 ), d(xn , xn+1 )}.
Thay vào (1.11) ta được

d(xn ,xn+1 )

max{d(xn−1 ,xn ),d(xn ,xn+1 )}

φ(t)dt

q

φ(t)dt

0

0
d(xn ,xn+1 )

d(xn−1 ,xn )

q max

φ(t)dt

φ(t)dt,
0

0
d(xn−1 ,xn )

=q

φ(t)dt

0

...

q

d(x0 ,x1 )

n

φ(t)dt.
0

(1.12)

Trong (1.12) cho n → ∞ ta được
d(xn ,xn+1 )

lim

n→∞ 0

φ(t)dt = 0.

ε

φ(t)dt > 0 với mọi ε > 0 suy ra

Từ điều kiện
0

lim d(xn , xn+1 ) = 0.

n→∞

(1.13)


14

Tiếp theo ta chỉ ra {xn } là dãy Cauchy. Giả sử {xn } không là dãy
Cauchy. Khi đó, tồn tại ε > 0 và các dãy {mk }, {nk } với mk < nk < mk+1
sao cho
d(xmk , xnk )

ε, d(xmk , xnk −1 ) < ε.

(1.14)

(bất đẳng thức thứ hai có được là do (1.13)). Từ (1.13) suy ra
d(xnk −1 ,xnk )

lim

d(xmk −1 ,xmk )

φ(t)dt = lim

k→∞ 0

φ(t)dt = 0.

k→∞ 0

(1.15)

áp dụng bất đẳng thức tam giác và (1.14) ta được
d(xmk −1 , xnk −1 )

d(xmk −1 , xmk ) + d(xmk , xnk −1 )

(1.16)

< d(xmk −1 , xmk ) + ε.
Do đó,
d(xmk −1 ,xnk −1 )

ε

φ(t)dt

lim

k→∞ 0

φ(t)dt.

(1.17)

0

Sử dụng bất đẳng thức tam giác và (1.14) ta được
d(xmk −1 , xnk ) + d(xnk −1 , xmk )
2
d(xmk −1 , xmk ) + 2d(xmk , xnk −1 ) + d(xnk −1 , xnk )
2
d(xmk −1 , xmk ) + d(xnk −1 , xnk )
<
+ ε.
2

v(m, n) :=

(1.18)

Từ (1.13) suy ra
v(m,n)

lim
k

ε

φ(t)dt
0

φ(t)dt.

(1.19)

0

Kết hợp (1.17),(1.19) và
m(xmk −1 , xnk −1 ) = max d(xmk −1 , xnk −1 ), d(xmk −1 , xmk ),
d(xnk −1 , xnk ), v(m, n)
ta có
ε

d(xmk ,xnk )

φ(t)dt
0

m(xmk −1 ,xnk −1 )

φ(t)dt
0

q

ε

φ(t)dt
0

q

φ(t)dt.
0

15
ε
0 φ(t)dt

Vì q ∈ (0, 1) và giả thiết

> 0 nên ta nhận được sự mâu thuẫn.

Do đó, {xn } là dãy Cauchy.
Bây giờ, vì X là không gian mêtric đầy đủ nên {xn } hội tụ và ta gọi
giới hạn này là a ∈ X. Ta có
m(a, xn )

d(f a, xn+1 ).

Suy ra
d(f a,xn+1 )

m(a,xn )

φ(t)dt

q

φ(t)dt

0

0

d(a,xn )

= q max

d(a,f a)

φ(t)dt,
0

φ(t)dt,

0
d(a,xn+1 )

d(xn ,xn+1 )

φ(t)dt,

d(f a,xn )

φ(t)dt,

0

0

φ(t)dt .
0

(1.20)

Trong bất đẳng thức trên cho k → ∞ ta nhận được
d(f a,a)

d(f a,a)

φ(t)dt

q

0

φ(t)dt.
0

Suy ra
d(f a,a)

φ(t)dt = 0.
0

Từ điều kiện
d(f a,a)

φ(t)dt > 0
0

với mọi ε > 0 suy ra
d(f a, a) = 0,
hay a là điểm bất động của f . Để kết thúc chứng minh ta còn phải chỉ

ra a là điểm bất động duy nhất của f .
Giả sử b là điểm bất động của f . Khi đó,
d(a,b)

d(f a,f b)

φ(t)dt =

φ(t)dt

0

0
m(a,b)

q

d(a,b)

φ(t)dt = q max{
0
d(a,b)

=q

φ(t)dt.
0

φ(t)dt, 0}
0

16

Suy ra

d(a,b)
φ(t)dt
0

= 0. Do đó, d(a, b) = 0, tức là a = b. Định lý được

chứng minh.
1.2.8 Nhận xét. Vì mf (x, y)

d(x, y) với mọi x, y ∈ X nên từ Định lý

1.2.7 suy ra Định lý 1.2.3.

áp dụng định lý với φ(t) = 1 với mọi t ∈ [0, +∞) ta nhận được hệ
quả sau. Kết quả này được gọi là định lý điểm bất động đối với ánh xạ
co suy rộng của Círi´c (xem [7]).
1.2.9 Hệ quả. ([7]) Cho (X, d) là không gian mêtric đầy đủ và ánh xạ
f : X → X. Nếu tồn tại q ∈ (0, 1) sao cho
d(f x, f y)

q max d(x, y), d(x, f x), d(y, f y),

d(x, f y) + d(y, f x)
2

với mọi x, y ∈ X thì f có duy nhất một điểm bất động.


17

CHƯƠNG 2
SỰ TỒN TẠI ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG CỦA CÁC ÁNH
XẠ CO KIỂU TÍCH PHÂN

Chương này dành cho việc trình bày sự tồn tại điểm bất động chung
của ánh xạ co kiểu tích phân và ánh xạ hầu co kiểu tích phân.
2.1. Định lý điểm bất động chung đối với các ánh xạ co kiểu
tích phân
2.1.1 Định nghĩa. ([4]) Cho f và g là hai ánh xạ trên không gian mêtric
(X, d).
1) f và g được gọi là giao hoán yếu nếu thỏa mãn điều kiện sau
d(f gx, gf x)

d(f x, gx), ∀x ∈ X.

(2.1)

2) f và g được gọi là tương thích yếu nếu thỏa mãn điều kiện sau
∀t ∈ X mà f t = gt suy ra f gt = gf t.

(2.2)

2.1.2 Nhận xét. Từ Định nghĩa 2.1.1 ta thấy nếu f và g là hai ánh xạ
giao hoán yếu thì f và g cũng là hai ánh xạ tương thích yếu.

Ví dụ sau cho thấy điều ngược lại của nhận xét trên là không đúng.
2.1.3 Ví dụ. Xét tập X = [0, 1] với mêtric thông thường. Cho
f (x) =

và

x
,x ∈ X
x+1


18



 1 + x nếu x ∈ (0, 1],
3
2
g(x) =
1

0
nếu x ∈ {0} ∪ ( , 1].
2
Rõ ràng f và g là hai ánh xạ tương thích yếu tại điểm x = 0. Tuy nhiên,
f và g không phải là hai ánh xạ giao hoán yếu. Thật vậy, xét tại điểm
3
x = , ta có
4
3

10
f x = , gx = 0, f gx = 0, gf x = .
7
21
Vì vậy,
3
10
> |f x − gx| = .
|f gx − gf x| =
21
7
Ta có điều phải chứng minh.
2.1.4 Định nghĩa. ([4]) Cho f và g là hai ánh xạ trên không gian metric
(X, d) thỏa mãn điều kiện
g(X) ⊂ f (X).

(2.3)

Lấy x0 ∈ X. Đặt
g(xn ) = f (xn+1 ) = yn , n = 0, 1, 2, ...,
Ta được dãy {yn }n

0

⊂ X. Ta đặt

O(yk , n) := {yk , yk+1 , ..., yk+n }, k = 0, 1, 2, ...,
O(y0 , ∞) := {y0 , y1 , ..., yn , ...}.
Khi đó, tập O(yk , n) được gọi là quỹ đạo cấp n của yk .
2.1.5 Bổ đề. ([4]) Cho φ : R+ → R+ là hàm không giảm, liên tục phải

và φ(t) < t với mọi t > 0. Khi đó, limk φk (t) = 0, trong đó φk là hợp
thành k lần của φ .
Chứng minh. Trước tiên ta dễ thấy rằng φ(0) = 0. Với mọi t > 0, ta có
{φk (t)}k

0

là dãy số không âm, giảm dần và bị chặn dưới bởi 0. Do đó, sẽ

tồn tại limk φk (t). Giả sử limk φk (t) = a. Ta cần chứng minh rằng a = 0.
Thật vậy, vì φ là hàm liên tục phải nên ta có
lim φk+1 (t) = φ(a).
k


19

Vì giới hạn của dãy số là duy nhất nên ta suy ra
φ(a) = a.
Điều này chứng tỏ a = 0.
2.1.6 Bổ đề. ([4]) Cho f và g là hai ánh xạ thỏa mãn điều kiện (2.3).
Giả sử rằng
d(gx,gy)

M (x,y)

ϕ(t)dt

φ(

0

ϕ(t)dt),

(2.4)

0

trong đó
M (x, y) := max{d(f x, f y), d(f x, gx), d(f y, gy), d(f x, gy), d(f y, gx)},
φ : R+ → R+ là hàm không giảm, liên tục phải và thỏa mãn
φ(t) < t, ∀t > 0

(2.5)

và ϕ : R+ → R+ là hàm khả tích, không âm và thỏa mãn
ε

ϕ(t)dt > 0, ∀ε > 0.

(2.6)

0

Giả sử rằng với k

1 thì δ(O(yk , n)) > 0 và δ(O(y0 , ∞)) <

0, với mỗi n

∞. Khi đó, với mỗi k

1, ta có

δ(O(yk ,n))

δ(O(y0 ,∞))

k

ϕ(t)dt

φ (

0

ϕ(t)dt).
0

Chứng minh. Từ định nghĩa O(yk , n), ta suy ra tồn tại các số tự nhiên i, j
thỏa mãn k

i
k +n sao cho δ(O(yk , n)) = d(yi , yj ) = d(gxi , gxj ).

Với i, j ở trên và từ (2.4) ta có
δ(O(yk ,n))

d(yi ,yj )

ϕ(t)dt =
0

d(gxi ,gxj )

ϕ(t)dt =
0

ϕ(t)dt
0

M (xi ,xj )

φ(

ϕ(t)dt)
0
max{d(f xi ,f xj ),d(f xi ,gxi ),d(f xj ,gxj ),d(f xi ,gxj ),d(f xj ,gxi )}

ϕ(t)dt)

φ(
0
max{d(yi−1 ,yj−1 ),d(yi−1 ,yi ),d(yj−1 ,yj ),d(yi−1 ,yj ),d(yj−1 ,yi )}

= φ(

ϕ(t)dt)
0

δ(O(yi−1 ,j−i+1))

φ(

ϕ(t)dt).
0


20

Vậy, ta có
δ(O(yk ,n))

δ(O(yi−1 ,j−i+1))

ϕ(t)dt

φ(

0

ϕ(t)dt).

(2.7)

0

Ta sẽ chứng minh rằng δ(O(yk , n)) = d(yk , yj ), trong đó j là số tự nhiên
thỏa mãn k < j

k + n. Thật vậy, nếu δ(O(yk , n)) = d(yi , yj ) với i > k

thì từ (2.7) với i − 1

k và j

k + n ta có điều mâu thuẫn sau

δ(O(yk ,n))

δ(O(yi−1 ,j−i+1))

ϕ(t)dt

φ(

0

ϕ(t)dt)
0
δ(O(yk ,n))

φ(

δ(O(yk ,n))

ϕ(t)dt) <

ϕ(t)dt,

0

0

vì δ(O(yk , n)) > 0 và theo tính chất của φ. Do vậy, từ (2.7) ta có
δ(O(yk−1 ,j−k+1))

δ(O(yk ,n))

ϕ(t)dt

ϕ(t)dt)

φ(
0

0

δ(O(yk−1 ,n+1))

ϕ(t)dt).

φ(
0

Từ đó ta suy ra
δ(O(yk ,n))

δ(O(yk−1 ,n+1))

ϕ(t)dt

φ(

0

ϕ(t)dt)
0
δ(O(yk−2 ,n+2))

ϕ(t)dt))

φ(φ(

...

0
δ(O(y0 ,n+k))

φk (

ϕ(t)dt).
0

Vì δ(O(y0 , ∞)) < ∞ và φ là hàm không giảm nên ta có điều phải
chứng minh.
2.1.7 Định lý. ([4]) Cho f và g là hai ánh xạ trên không gian mêtric
đầy đủ (X, d) thỏa mãn các điều kiện (2.2), (2.3) và (2.4) với ϕ và φ là
các ánh xạ được cho trong Bổ đề 2.1.6. Giả sử rằng f (X) là tập đóng
của X và tồn tại x0 ∈ X sao cho δ(O(y0 , ∞)) < ∞. Khi đó, f và g có

điểm bất động chung duy nhất.


21

Chứng minh. Nếu tồn tại k

0 và n

1 sao cho δ(O(yk , n)) = 0 thì

hiển nhiên yk = yk+1 , nghĩa là f (xk+1 ) = g(xk+1 ) hay f có điểm bất
động. Do vậy, ta có thể giả sử rằng δ(O(yk , n)) > 0 với mọi k
n

1. Vì vậy ta có

δ(O(yk ,n))
ϕ(t)dt
0

0 và

> 0.

Theo giả thiết, tồn tại x0 ∈ X sao cho δ(O(y0 , ∞)) < ∞ và với mọi
số tự nhiên m, n với m > n ta thấy
d(yn , ym )

δ(O(yn , m)).

Do vậy, từ Bổ đề (2.1.6) ta có
δ(O(yn ,m))

d(yn ,ym )

ϕ(t)dt

ϕ(t)dt

δ(O(y0 ,n+m))

n

φ (

0

0

ϕ(t)dt).
0

Vì δ(O(y0 , ∞)) < ∞ nên theo Bổ đề (2.1.5) ta có
d(ym ,yn )

0

ϕ(t)dt

lim

m,n→∞ 0

δ(O(y0 ,∞))

n

lim φ (

n→∞

ϕ(t)dt) = 0
0

Do đó, theo (2.6) ta suy ra limm,n→∞ d(ym , yn ) = 0. Do vậy, {yn }n

0

là dãy Cauchy trong X. Vì X là không gian mêtric đầy đủ nên tồn tại
z ∈ X sao cho
z = lim yn = lim g(xn ) = lim f (xn+1 ).
n→∞

n→∞

n→∞

Lại vì f (X) là tập đóng nên tồn tại u ∈ X sao cho z = f (u). Từ (2.4)
ta có

d(gu,gxn )

M (u,xn )

ϕ(t)dt

φ(

0

ϕ(t)dt).
0

Mặt khác, theo tính chất của hàm φ và vì limn→∞ M (u, xn ) = d(z, gu)
nên khi n → ∞ ta có
d(gu,gxn )

lim
n

d(z,gu)

ϕ(t)dt =
0

M (u,xn )

ϕ(t)dt
0

lim supφ(
n

0
d(z,gu)

d(z,gu)

< φ(

ϕ(t)dt) <
0
d(z,gu)

ϕ(t)dt = 0.
0

ϕ(t)dt,
0

điều này dẫn đến

ϕ(t)dt)


22

Từ (2.6) ta suy ra d(z, gu) = 0 hay z = gu. Vậy,
z = f u = gu.

Từ điều kiện (2.4) , ta suy ra
f gu = gf u.
Vậy ta có
f z = gz.

(2.8)

Chúng ta sẽ chứng minh rằng z là điểm bất động chung của f và g. Thật
vậy, từ điều kiện (2.2) ta có
M (z,xn )

d(gz,gxn )

ϕ(t)dt

ϕ(t)dt).

φ(

(2.9)

0

0

Do limn→∞ M (z, xn ) = d(z, gz) nên theo (2.4) ta có
d(z,gz)

d(gz,gxn )

lim
n

ϕ(t)dt

ϕ(t)dt =
0

0

M (z,xn )

ϕ(t)dt) <

lim φ(
n

d(z,gz)

0

ϕ(t)dt.
0

Do đo,
d(z,gz)

ϕ(t)dt = 0
0

hay d(z, gz) = 0. Vậy, z = gz.
Giả sử w, z là hai điểm bất động chung của f và g. Khi đó, từ điều
kiện (2.4) ta có
d(z,w)

d(gz,gw)

ϕ(t)dt =
0

M (z,w)

ϕ(t)dt

φ(

ϕ(t)dt)

0

0
d(z,w)

d(z,w)

φ(

ϕ(t)dt) <
0

ϕ(t)dt,
0

điều này mâu thuẫn. Vậy, ta có điều phải chứng minh.
Trong Định lí 2.1.7 nếu ta lấy f = I và φ(t) = kt, với mọi t ∈ [0; +∞)
thì ta nhận được Định lí 5 của Rhoades (Xem [8]).


23

2.1.8 Nhận xét. Định lí 2.1.7 vẫn đúng nếu ta thay giả thiết "f (X) là
tập đóng" bởi giả thiết "g(X) là tập đóng".
2.1.9 Định lý. ([4]) Giả sử f và g là hai ánh xạ trên không gian mêtric
đầy đủ (X, d) thỏa mãn các điều kiện (2.1), (2.3) và (2.4) với ϕ và φ là
các ánh xạ được cho trong Bổ đề 2.1.6. Giả sử rằng f là ánh xạ liên tục
trên X và tồn tại x0 ∈ X sao cho δ(O(y0 , ∞)) < ∞. Khi đó, f và g có
điểm bất động chung duy nhất.
Chứng minh. Từ chứng minh Định lí (2.1.7) chúng ta thấy {yn }n

0

là

dãy Cauchy trong không gian mêtric đầy đủ (X, d) nên tồn tại z ∈ X
sao cho
z = lim yn = lim g(xn ) = lim f (xn+1 ).
n→∞

n→∞

n→∞

Vì f là ánh xạ liên tục nên f (yn ) hội tụ tới f (z). Mặt khác, từ điều kiện
(2.1) ta có
d(gyn , z)

d(gyn , f yn+1 ) + d(f yn+1 , f z)
= d(gf xn+1 , f gxn+1 ) + d(f yn+1 , f z)
d(f xn+1 , gxn+1 ) + d(f yn+1 , f z)
= d(yn , yn+1 ) + d(f yn+1 , f z).

Do đó, khi n → ∞ thì f yn hội tụ tới f z. Bởi vậy,
M (yn , z) = max{d(f yn , f z), d(f yn , gyn ), d(f z, gz), d(f yn , gz), d(f z, gyn )}
hội tụ tới d(f z, gz). Mặt khác, từ điều kiện (2.4) ta có
d(gyn ,gz)

M (yn ,z)

ϕ(t)dt
0

φ(

ϕ(t)dt).
0

Từ tính chất của hàm φ, khi n → ∞ ta có
d(f z,gz)

d(gyn ,gz)

ϕ(t)dt = lim(
0

n

M (yn ,z)

ϕ(t)dt

lim sup φ(
n

0
d(f z,gz)

φ(

0

d(f z,gz)

ϕ(t)dt) <
0

ϕ(t)dt.
0

Suy ra
d(f z,gz)

ϕ(t)dt = 0,
0

ϕ(t)dt)


24

kết hợp với điều kiện (2.6) chúng ta có d(f z, gz) = 0 hay
f z = gz.
Do đó,
f gz = gf z = ggz.
Mặt khác, từ điều kiện (2.4) ta lại có
d(ggz,gz)

M (gz,z)

ϕ(t)dt

φ(

d(ggz,gz)

ϕ(t)dt)

0

φ(

0

ϕ(t)dt).
0

Từ tính chất của hàm ϕ ta suy ra ggz = gz hay gz là điểm bất động của
g. Từ chứng minh trên ta suy ra gz là điểm bất động của f . Tương tự
như chứng minh Định lí 2.1.7 ta cũng chứng minh được gz là điểm bất
động chung duy nhất của f và g.
2.1.10 Ví dụ. Cho X = [2, 20] với mêtric cảm sinh từ R: d(x, y) =
|x − y|, ∀x, y ∈ R. Vì X là tập đóng của R nên X là không gian mêtric
đầy đủ. Xét các ánh xạ f, g : X → X xác định bởi

nếu x = 2,
x
f (x) = 13 + x
nếu x ∈ (2, 5],

x−3
nếu x ∈ (5, 20],
g(x) =

2
8

nếu x ∈ {2} ∪ (5, 20],
nếu x ∈ (2, 5].

Ta lấy ϕ(t) = (t + 1)t+1 (1 + ln(t + 1)) sao cho

ϕ(t)dt = (t + 1)t+1 − 1

và φ(t) = 2t . Ta thấy rằng g(X) = {2, 18}, f (X) = [2, 18], φ(t) < t với
mọi t > 0, f và g là hai ánh xạ tương thích yếu tại điểm x = 2 và có
điểm bất động chung là x = 2. Tuy nhiên f và g không phải là hai ánh
xạ giao hoán yếu. Thật vậy, với mọi x ∈ (5, 8] ta có
|f gx − gf x| = 6 > |f x − gx| = x − 5.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng điều kiện (2.4) được thỏa mãn hay f
và g có điểm bất động chung duy nhất. Thật vậy, nếu x = 2 và y ∈ (5, 20]
(hoặc y = 2 và x ∈ (5, 20]) ta có

d(gx,gy)
ϕ(t)dt
0

= 0 và điều kiện (2.4)

được thỏa mãn. Nếu x = 2 và y ∈ (2, 5] (hoặc y = 2 và x ∈ (2, 5]) ta có
d(gx,gy)

ϕ(t)dt
0

7

7 −1

1 14
(14 − 1)
2

1
2

M (x,y)

ϕ(t)dt
0

(2.10)


25

và điều kiện (2.4) được thỏa mãn. Bất đẳng thức (2.10) và điều kiện (2.4)
vẫn thỏa mãn nếu x ∈ (2, 5] và y ∈ (5, 20] (hoặc y ∈ (2, 5] và x ∈ (5, 20].
Vậy, f và g có điểm bất động chung duy nhất.
2.2. Sự tồn tại điểm bất động và bất động chung của các ánh
xạ hầu co kiểu tích phân
Khái niệm ánh xạ hầu co được đề xuất bởi Berinde (xem [5, 6]). Trong
mục này, chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại điểm bất động và sự tồn tại
điểm bất động chung của các ánh xạ hầu co kiểu tích phân.
2.2.1 Định nghĩa. ([5]) Cho Cho (X, d) là không gian mêtric. ánh xạ
f : X → X được gọi là ánh xạ hầu co nếu tồn tại δ ∈ (0, 1) và L

0 sao

cho
d(f x, f y)

δd(x, y) + Ld(y, T x), ∀x, y ∈ X.

Chúng tôi đề xuất định nghĩa sau.
2.2.2 Định nghĩa. Cho φ : [0, +∞) → [0, +∞) là một hàm khả tích
ε

φ(t)dt > 0 với mọi

Lebesgue trên mọi tập compact của [0, +∞) và
0

ε > 0. Giả sử (X, d) là không gian mêtric và f : X → X. Khi đó, f được
gọi là ánh xạ hầu co kiểu tích phân đối với φ nếu tồn tại δ ∈ (0, 1) và
L

0 sao cho
d(f x,f y)

δd(x,y)+Ld(y,T x)

φ(t)dt, ∀x, y ∈ X.

φ(t)dt
0

(2.11)

0

2.2.3 Nhận xét. Nếu chọn φ(t) = 1, ∀t ∈ [0, ∞) thì ánh xạ hầu co theo

kiểu tích phân đối với φ chính là ánh xạ hầu co theo nghĩa thông thường.
Ta có kết quả sau:
2.2.4 Định lý. Cho φ : [0, +∞) → [0, +∞) là một hàm khả tích Lebesgue
ε

trên mọi tập compact của [0, +∞) và

φ(t)dt > 0 với mọi ε > 0. Giả sử
0

X là một không gian mêtric đầy đủ và f là ánh xạ X → X. Khi đó, nếu
tồn tại δ ∈ (0, 1) và 0

L < 1 − δ thỏa mãn điều kiện (2.11) thì f có

duy nhất một điểm bất động.


26

Chúng ta cần một số kết quả bổ trợ sau cho chứng minh Định lý 2.2.4.
2.2.5 Bổ đề. Giả sử f được cho như trong Định lý 2.2.4. Khi đó, với
mỗi x ∈ X ta có
d(f n x, f n+1 x) → 0, khi n → +∞.
Chứng minh. Với mỗi x ∈ X, áp dụng (2.11) ta được
d f n x,f n+1 x

0

δd f n−1 x,f n x +Ld(f n x,f n x)

φ(t)dt

φ(t)dt

0

0
δd f n−1 x,f n x

=

φ(t)dt
0
δ n d x,f x

φ(t)dt.

....
0

Từ δ ∈ (0, 1) và φ(t)

0 suy ra
d f n x,f n+1 x

φ(t)dt = 0.

lim

n→∞ 0

(2.12)

Bây giờ, giả sử d f n x, f n+1 x không hội tụ về 0 khi n → ∞. Khi đó,
lim sup d f n x, f n+1 x = ε > 0.
n→∞

Từ đó suy ra tồn tại dãy số tự nhiên {nk } và nk0 sao cho
d f nk x, f nk +1 x → ε
khi n → ∞ và d f nk x, f nk +1 x

ε
với mọi nk
2

nk0 . Kết hợp với (2.12)

ta có

ε
2 φ(t)dt > 0.

d f nk x,f nk +1 x

0 = lim

n→∞ 0

φ(t)dt

0

Ta nhận được sự mâu thuẫn. Vậy, bổ đề được chứng minh.
2.2.6 Bổ đề. Dãy {f n x} là Cauchy với mỗi x ∈ X.
Chứng minh. Giả sử {f n x} không phải là dãy Cauchy. Khi đó, tồn tại
ε > 0 sao cho với mỗi k ∈ N tồn tại mk , nk mà mk > nk > k thì
d f mk x, f nk x

ε.