Luận văn thác sĩ điểm bất động của ánh xạ không giãn trong không gian banach

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
KHOA TOÁN


LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP

ĐIỂM BẤT ĐỘNG
CỦA ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN TRONG
KHÔNG GIAN BANACH

Giảng viên hướng dẫn: PGS.TS LÊ HOÀN HÓA
Sinh viên thực hiện: PHAN VĂN PHƯƠNG

Thành phố Hồ Chí Minh – Tháng 5 năm 2011

1


LỜI CẢM ƠN


Để được làm luận văn này và hoàn thành luận văn này, em xin được gửi lời cảm ơn đến
tất cả quý thầy cô và người thân của em, đã cho em những kiến thức, cho em những ân tình.
Em xin chân thành cảm ơn Thầy Lê Hoàn Hóa đã tận tình giúp đỡ em hoàn thành luận
văn này.
Em xin chân thành cảm ơn Thầy, Cô của trường đại học sư phạm T.p Hồ Chí Minh đã
cho em những kiến thức quý báu trong suốt thời gian em học tập tại trường.
Em xin chân thành cảm ơn các Thầy phản biện đã nhận xét và đóng góp ý kiến cho em.
Em xin được gửi lời cảm ơn đến bà Nội của mình, người đã nuôi dưỡng em nên người.
Nội không còn nữa, nhưng ân tình của Nội là mãi mãi.

Thành phố Hồ Chí Minh – Tháng 5 năm 2011
Phan Văn Phương

2


MỤC LỤC
Trang

LỜI NÓI ĐẦU ……………………………………………………………………................4
PHẦN 1: KHÁI NIỆM VỀ ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN…………………………….………..5
1.1. Định nghĩa 1.1 (Ánh xạ không giãn và điểm bất động của một ánh xạ)…....…….....5
1.2. Giới thiệu một số dãy điểm hội tụ về điểm bất động của ánh xạ không giãn..……....5

PHẦN 2: DÃY ADMISSIBLE VÀ ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN…………………………....6
2.1. Định nghĩa 2.1 (Khái niệm dãy admissible)…………...……………..………………6
2.2. Định lí 2.2 (Tính không bị chặn của tập hợp chứa dãy admissble)…………………..6
2.3. Định lí 2.3 (Sự hội tụ về 0 của dãy

x

2.4. Định lí 2.4 (Sự hội tụ về 0 của dãy

x

n 1

n

 xn



nN

 f  xn 



) ………………………………..11

nN

)………………........................11

PHẦN 3: CÁC ĐỊNH LÍ HỘI TỤ VỀ ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA ÁNH XẠ
KHÔNG GIÃN ………………………….………………………………………………...13
3.1.
3.2.
3.3.
3.4.

Định lí 3.1(Điểm tụ của dãy admissible và điểm bất động của ánh xạ không giãn)..13
Ánh xạ demicompact tại một điểm………………………………………………….15
Định lí 3.3 (Sự hội tụ của dãy điểm về điểm bất động của ánh xạ không giãn)....….16
Ánh xạ inward yếu, ánh xạ sunny, ánh xạ co rút, ánh xạ sunny không giãn co rút...24

TÀI LIỆU THAM KHẢO……………………………………………………………….32

3


LỜI NÓI ĐẦU

Trong chương trình đại học tại trường, các nội dung về ánh xạ co, ánh xạ không giãn và
điểm bất động của một ánh xạ còn khá xa lạ đối với sinh viên.
Qua môn học tôpô đại cương, sinh viên được duy nhất một lần biết đến khái niệm về
ánh xạ co và điểm bất động của một ánh xạ (trong phần không gian mêtric).
Trong môn hình học cao cấp, với sách của thầy Nguyễn Mộng Hy, sinh viên cũng chỉ
một vài lần bắt gặp bài toán yêu cầu tìm điểm bất động (điểm kép) của một phép afin, của
một phép biến đổi xạ ảnh.
Nội dung của bài luận văn này là trình bày về ánh xạ không giãn và điểm bất động của
ánh xạ không giãn, với những dãy điểm có tính chất đặc biệt có liên hệ với ánh xạ không
giãn và hội tụ về điểm bất động của ánh xạ không giãn.
Đây là lần đầu tiên tôi được nghiên cứu về ánh xạ không giãn và trình bày một phần nội
dung về ánh xạ không giãn cùng với vài dãy điểm đặc biệt hội tụ về điểm bất động của nó.
Dù rất cố gắng, nhưng khó tránh sự thiếu sót, rất mong được sự hướng dẫn của Thầy, Cô.

Thành phố Hồ Chí Minh – Tháng 5 năm 2011
Sinh viên: Phan Văn Phương

4


PHẦN 1: KHÁI NIỆM VỀ ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN


1.1. Định nghĩa 1.1
(Ánh xạ không giãn và điểm bất động của một ánh xạ)

Cho (X, d) là một không gian metric và ánh xạ f: X → X.
 f được gọi là ánh xạ không giãn nếu d  f(x), f(y )  d  x, y  , x, y  X
 Điểm x0  X được gọi là điểm bất động của f nếu f  x0   x0

1.2. Giới thiệu một số dãy hội tụ về điểm bất động của ánh xạ không giãn
Theo nguyên lí ánh xạ co, ta biết rằng với (M, d) là một không gian metric đầy đủ, ánh xạ co
T: M → M có duy nhất một điểm bất động. Hơn nữa, với x0  M , dãy  xn  nN định bởi

xn 1  T  xn  hội tụ đến một điểm bất động của T.
Đối với ánh xạ không giãn f thì điều đó nói chung không đúng. Chẳng hạn xét tập hợp

K   x  R 2 / x  1 , f là phép quay tâm O góc quay . Ta có f là ánh xạ không giãn với O là
4
điểm bất động duy nhất. Khi đó, dãy  xn  nN định bởi xn 1  f  xn  , với x0  1, 0   K không hội
tụ về O. Tuy nhiên, trong trường hợp f có điểm bất động, nếu xét dãy  xn  nN định bởi
1
1
xn  f  xn  thì dãy  xn  nN hội tụ về điểm bất động của f.
2
2
Nói chung, nếu X là một không gian định chuẩn và K là một tập con không rỗng, lồi của X, f

xn 1 

có điểm bất động và xn 1  1    xn   f  xn  , với  là hằng số trong khoảng (0, 1) thì dãy

 xn nN

hội tụ về điểm bất động của f.

Hơn thế nữa, nếu xn 1  1  Cn  xn  Cn f  xn  , n  0,1, 2,... , trong đó dãy  Cn nN   0,1 thỏa
mãn một số điều kiện cho trước thì dãy  xn  nN hội tụ về điểm bất động của f. Ta sẽ trình bày
nội dung này trong các phần tiếp theo của đề tài này.

5


PHẦN 2: DÃY ADMISSIBLE VÀ ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN


2.1. Định nghĩa 2.1
(Khái niệm dãy admissible)
Cho  X, 

 là không gian định chuẩn trên trường số thực.

Giả sử K là một tập hợp không rỗng của X và f: K → X là ánh xạ không giãn
Lấy x0  K . Ta gọi dãy  xn  nN là admissible nếu có dãy giảm  Cn  nN trong khoảng  0,1 sao
cho xn 1  1  Cn  xn  Cn f  xn  , n  0,1, 2,...

2.2. Định lí 2.2
(Tính không bị chặn của tập hợp chứa dãy admissble)
Cho  X, 

 là không gian định chuẩn trên trường số thực và tập hợp không rỗng K  X .

Xét f: K → X là ánh xạ không giãn.
Giả sử tồn tại tập hợp A  K sao cho với mỗi x0  A , có một dãy admissible  xn  nN  A . Hơn
nữa, tồn tại số  > 0 sao cho với mỗi số nguyên dương k cho trước, đều có số nguyên N  k thỏa
mãn xN 1  xN   .

Khi đó A không bị chặn.
Chứng minh:
Giả sử ta đã có các giả thiết như trong định lí, ta cần chứng minh A không bị chặn.
Phản chứng: Giả sử ngược lại A bị chặn.
Khi đó, tồn tại số  

 1
sao cho xn   , n  N . Lần lượt chọn các số nguyên dương M
2


và k thỏa mãn  M  1   2  1 và k  max M;


  2    M  

  ([.] là hàm phần nguyên) thì
M
 1  C1  C1  

có số nguyên N  k thỏa mãn xN 1  xN  

6


♦ Ta chứng minh   xN 1  xN  xN  xN 1  ...  x2  x1  2 :
Gọi  Cn  nN là dãy giảm tương ứng của dãy  xn  nN
Với mọi số nguyên dương n, ta có: xn 1  xn  1  C n  xn  Cn f  xn   xn  C n xn  f  xn 
 C n 1  C n 1  xn 1  C n 1f  xn 1   f  xn 

 C n 1  C n 1   xn 1  f  xn 1    f  xn 1   f  xn 
 C n 1  Cn 1  xn 1  f  xn 1   f  xn 1   f  xn  
 C n 1  C n 1  xn 1  f  xn 1   xn 1  xn  (f không giãn)


x  1  C n 1  xn 1
 C n 1  Cn 1  xn 1  n
 xn 1  xn 
C n 1


C
 n 1  C n 1  xn  xn 1  C n 1 xn  xn 1 
C n 1


Cn
xn  xn 1  xn  xn 1 ( (Cn) dãy số dương và là dãy giảm)
C n 1

Vậy xn 1  xn  xn  xn 1
Suy ra   xN 1  xN  xN  xN 1  ...  x2  x1  x2  x1  2
Vậy   xN 1  xN  xN  xN 1  ...  x2  x1  2

 2   
♦ Đặt xi  xi  xi 1 , i  1, 2,..., N và L  

M
 1  C1  C1 
M

  k 1  C1  C1 , k  0,1, 2,..., L  1
Xét tập hợp gồm L đoạn  sk ;s k 1  , trong đó s k  
2 , k  L


Ta sẽ chứng minh tồn tại số tự nhiên r và tồn tại số s = sk trong đoạn  ; 2  sao cho:
 1  C r  M  j 2 
M
xr  M  j  
xr  M  j1  s  1  C1  C1 , j = 0,1,…, M – 1

 C r  M  j 2 
C r  M  j1


1

- Với i = 0, 1, 2,…,N, ta có xi 1  1  Ci  xi  Ci f  xi  , suy ra f  xi  

xi 1  1  Ci  xi
Ci

7


Từ đó với i = 1, 2,…,N, ta có:



xi 1  1  Ci  xi
Ci



xi  1  Ci 1  xi 1
Ci 1

 f  xi   f  xi 1 

1
1  Ci 1
 xi1  xi  
 xi  xi1   f  xi   f  xi 1   xi  xi 1 (f không giãn)
Ci
Ci 1
1
1  Ci 1
xi 1 
xi  xi
Ci
Ci 1



(2.1)

Ta nhận xét: Một trong các đoạn  sk ;s k 1  là có ít nhất M số trong các số

 x x 

i 1

i

N

i 1

  ; 2 

 2   
(Vì nếu không có điều này thì N < LM  
 M trái với việc chọn N lúc đầu).
M
 1  C1  C1 
Vì vậy tồn tại số s = sk và tồn tại số tự nhiên r sao cho:
M
xr i 1  xr i 1  xr i  s; s  1  C1  C1  , i =0,1,2,..., M  1



Khi đó, thay i trong (2.1) bởi r + M – j – 1 (j = 0,1,…, M – 1), ta được:
 1  C r  M  j 2 
M
xr  M  j  
 xr  M  j1  xr  M  j1  s  1  C1  C1

C r  M  j1
 C r  M  j2 
1

Vậy

 1  C r  M  j 2 
M
xr  M  j  
 xr  M  j1  s  1  C1  C1

C r  M  j1
 C r  M  j 2 
1

(2.2)

♦ Chọn f *  X* (X* là đối ngẫu của X) với f *  1 và f *  xi   xi
Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh f*  xr  M  j1   s  1  C1 

Với cách chọn f* như trên, ta có

M 1

j

 1 
C 

t  0  1  C1 

 1  Cr  M  j 2
f*  xr  M  j   

 C r  M  j 2
C r  M  j1


 f*

1

 1  C r  M  j 2
xr  M  j  
 C r  M  j 2
C r  M  j1

1

t

2
1

(2.3)


 f*  xr  M  j1 


M
 xr  M  j1  s  1  C1  C1


8


Từ đó, ta có:
 C r  M  j 2  

 C r  M  j 2
1
f*  xr  M  j1   
f*  xr  M  j   



 C r  M  j1   1  C r  M  j 2 
 1  Cr  M  j2






M
 s  1  C1  C1






(2.4)

Mặt khác, do  Ci iN là dãy giảm trong khoảng (0, 1) nên với mọi i  1, ta có :
1
1
Ci
C1
và


1  Ci 1  C1
1  Ci 1  C1

Khi đó, cho j = 0 và kết hợp với f*  xr  M   xr  M  s; s  1  C1 


M 1

 , ta có:




 Cr  M  2 
1
M
M 1
2
f*  xr  M 1   1. 
 .s  
 s  1  C1  C1  s  C1 1  C1 

 1  Cr M2 
 1  Cr M2 





Vậy với j = 0 thì (2.3) đúng.
Bây giờ, giả sử (2.3) đúng với j ≤ k, k  1, 2,..., M  2. Ta chứng minh (2.3) đúng với j = k + 1:
Từ (2.4) và do giả thiết quy nạp, ta có:





f* xr  M  k 11  f*  xr  M  k  2 
C


 Cr  M  k  3 
1
M
  r  M  k 3  
 f*  xr  M  k 1   
 s  1  C1  C1
 C r  M  k  2   1  Cr  M  k  3 
 1  C r  M  k 3 





t
k


 1    C r  M  k 3 
1
M 1 2
M

 s  1  C1  C1  
 
 s  1  C1  C1
1  C r  M  k 3 
t  0  1  C1  
 1  C r  M k 3  
 





t

k
 1 
 1   C1 
M 1 2
M

s
1

C
C



 
 1  C1  C1
1
1 
t  0  1  C1 
 1  C1 
 1  C1 

 s  1  C1 





M 1

k 1

 1 
C 

t  0  1  C1 

t

2
1

Vậy f* xr  M  k 11  s  1  C1 

M 1

k 1

t

 1 
C 
 , do đó (2.3) đúng với j = k + 1
t  0  1  C1 
2
1

Kết luận: (2.3) đúng với j = 0,1,…, M – 1
9


♦ Tiếp theo ta chứng minh f*  xr  M 1  xr   2
Ta có f*  xr  M 1  xr   f*  xr  M 1   f*  xr  (f* tuyến tính)
  f*  xr  M 1   f*  xr  M 2   + f*  xr  M  2   f*  xr  M 3   +...+  f*  xr 1   f*  xr 

  M  1 s  1  C1 

M 1

M2
 

 1  
1 
1
C 1   1 
 ...  
  ...   1 
  
1  C1
1

C
  1  C1 

1 

 

2
1

Đặt   1  C1 , do 0  C1 <1 nên 0   <1 . Khi đó, ta có:
  M  2  ...    1  
  1 
2 

f*  xr  M 1  xr    M  1 s   M 1 1    1  

...




 M 2


   

 M 1 1    1   2 
 1   M 1   
=  M  1 s   1    
  2   ...   M 1   

  
 
  
 


 1 1
1   
  M  1 s   1     M 1   2  ...  M 1   

  
  




  M  1 s   1    1     2  ...   M  2



1   M2
  M  1 s   1   
  M  1 s   1   M 2   M  1 s  1
1 





Hơn nữa, do M  1, s   > 0 và  M  1   2  1 nên (M – 1)s – 1  (M – 1)  – 1 > 2
Vậy ta có f*  xr  M 1  xr   2
Từ đó, ta có 2  f*  xr  M 1  xr   f*  xr  M 1  xr   f* . xr  M 1  xr  xr  M 1  xr
Điều này mâu thuẩn với xn   , vì khi đó xr  M 1  xr  xr  M 1  xr  2
Kết luận: A không bị chặn.
Vậy, định lí 2.2 đã được chứng minh.

10


2.3. Định lí 2.3
(Sự hội tụ về 0 của dãy
Cho  X, 

x

n 1

 xn



nN

)

 là không gian định chuẩn trên trường số thực.

Xét tập hợp không rỗng K  X và ánh xạ không giãn f: K → X
Giả sử với x0  K tồn tại dãy admissible  xn  nN  K và là dãy bị chặn
Khi đó, lim xn 1  xn  0
n 

Chứng minh:
Đặt A   xn  nN . Do dãy  xn  nN bị chặn trong K nên A bị chặn trong K.
Để chứng minh lim xn 1  xn  0 , ta cần chứng minh:
n 

  0, n 0  N*:n  n 0  xn 1  xn  
Phản chứng: Giả sử ngược lại   0 : k  N*,N  k , ta có xN 1  xN  
Khi đó, áp dụng định lí 2.2 ta có A không bị chặn. Điều này mâu thuẩn với A bị chặn trong K.
Kết luận: lim xn 1  xn  0
n 

2.4. Định lí 2.4
(Sự hội tụ về 0 của dãy
Cho  X, 

x

n

 f  xn 



nN

)

 là không gian định chuẩn trên trường số thực.

Xét K là tập hợp không rỗng trong X và ánh xạ không giãn f: K → X
Giả sử với x0  K , tồn tại dãy admissible  xn  nN  K và là dãy bị chặn, sao cho dãy giảm (Cn)
tương ứng thỏa mãn 0  a  Cn <1n  1 , với a cố định cho trước.
Khi đó, giới hạn lim xn  f ( xn ) tồn tại và lim xn  f ( xn )  0
n 

n 

11


Chứng minh:

♦ Chứng minh sự tồn tại của lim xn  f ( xn ) :
n 

Ta có xn 1  f ( xn 1 )  1  C n  xn  C n f  xn   f ( xn 1 )
 1  C n   xn  f  xn    1  C n  f  xn   C n f  xn   f ( xn 1 )
 1  C n   xn  f  xn    f  xn   f ( xn 1 )
 1  C n  xn  f  xn   f  xn   f ( xn 1 )
 1  C n  xn  f  xn   xn  xn 1 (f là ánh xạ không giãn)

 1  C n  xn  f  xn   xn  1  C n  xn  C n f  xn  
 1  C n  xn  f  xn   C n xn  f  xn  = xn  f  xn 

Vậy ta có 0  xn 1  f  xn 1   xn  f  xn 
Suy ra dãy

x

n

 f  xn 



nN

là dãy giảm và bị chặn dưới, do đó tồn tại lim xn  f ( xn )
n 

♦ Chứng minh lim xn  f ( xn )  0 :
n 

Ta có lim xn  f ( xn )  lim xn 
n 

n 

xn 1  1  C n  xn
Cn

1
xn 1  xn
n  C
n

 lim

Ta lại có 0  a  C n n  1


1 1
 n  1
Cn a

0

Và do lim

n 

1

1
xn 1  xn  xn 1  xn n  1
Cn
a

1
1
1
xn 1  xn  .0  0 nên lim
xn 1  xn = 0
n

a
a
Cn

Vậy lim xn  f  xn   0
n 

12


PHẦN 3: CÁC ĐỊNH LÍ HỘI TỤ VỀ ĐIỂM BẤT ĐỘNG

CỦA ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN


3.1. Định lí 3.1
(Điểm tụ của dãy admissible và điểm bất động của ánh xạ không giãn)
Cho  X, 

 là không gian định chuẩn trên trường số thực,

K là tập hợp không rỗng của X và

ánh xạ không giãn f: K → K
Giả sử x1  K , tồn tại dãy admissible  xn  nN*  K có một điểm tụ q  K thỏa mãn

f i  q   xi , i  1, 2,... và f i 1  q   f i  q   f  q   q , i  1, 2,...
Khi đó, q là điểm bất động của f và lim xn  q
n 

Chứng minh:
Đặt xi  xi  xi 1 ,i  2,3,... thì do f i  q   xi , i  1, 2,... và f i 1  q   f i  q   f  q   q , i  1, 2,...
nên ta được xi 1  xi ,i  2,3,...
Trong chứng minh định lí 2.2, ta có xi 1  xi 1  xi 

Ci
xi  xi 1  xi  xi 1  xi . Hơn
Ci 1

nữa, theo phần trên thì xi 1  xi . Từ đó, ta có Ci = Ci – 1, i = 2,3,…
Khi đó, ta có xi 1  xi 1  xi  1  Ci  xi  Ci f(xi )   1  Ci 1  xi 1  Ci 1f(xi 1 ) 
 1  Ci  xi  Ci f(xi )   1  Ci  xi 1  Ci f(xi 1 ) 
 1  Ci  xi  xi 1   Ci  f(xi )  f(xi 1 ) 
 1  C i  xi  xi 1  C i f(xi )  f(xi 1 )
 1  C i  xi  xi 1  C i xi  xi 1 (f không giãn)
 xi  xi 1  xi
13

Vậy xi 1  xi , đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi f(xi )  f(xi )  f(xi 1 )  xi  xi 1  xi
Vì ta đã có xi 1  xi nên f(xi )  xi , i  2,3,... Ta sẽ chứng minh f(xi )  xi  0


> 0 thì do q là điểm tụ của dãy  xn  nN
2
nên tồn tại các số nguyên dương N và K sao cho xN  q   và xN  K  q   .
Giả sử ngược lại,   0 : f(xi )  xi   . Đặt  

Khi đó, ta cũng có f(xN  K )  xN  K  
- Chọn f *  X* (X* là đối ngẫu của X) với f *  1 và f *  xN  K   xN  K
Bây giờ cho j =0, 1, 2,…, ta có f *  f(xN  K  j )   f * . f(xN  K  j )  f(xN  K  j )  

(3.1)

Từ xN  K  j1  1  C N  K  j  xN  K  j  C N  K  jf  xN  K  j  và Ci = Ci – 1 cho mọi i, ta có:
xN  K  j1  1  C N  K  j  xN  K  j  C N  K  jf  xN  K  j 
 xN  K  j 

CN K  j
1
xN  K  j1 
f  xN  K  j 
1  CN K j
1  CN K j

 f*  xN  K  j  

CN K  j

1
f*  xN  K  j1  
f* f  xN  K  j  (f* tuyến tính)
1  CN K j
1  C N K j



Kết hợp với (3.1), ta suy ra f*  xN  K  j  



CNK  j
1
f*  xN  K  j1  

1  CN K j
1  C NK  j

Ta sẽ chứng minh f*  xN  K  j    , j  0,1, 2,...
-

Với j = 0, ta có f*  xN  K   xN  K   . Suy ra (3.3) đúng khi j = 0

-

Giả sử (3.3) đúng với j =0,1,…,t.

(3.2)

(3.3)

Khi đó với j = t + 1 và kết hợp với (3.2) ta có:
f*  xN  K  t 1  

1
1  C N  K  t 1

f*  xN  K  t  

C N  K  t 1
1
C N  K  t 1
 

 
1  C N  K  t 1
1  C N  K  t 1
1  C N  K  t 1

Vậy f*  xN  K  j    , j  0,1, 2,...

14


Từ đó f*  xN  K  xN   f*  xN  K  xN  K 1   f*  xN  K 1  xN  K 2   ...  f*  xN 1  xN   K
Ta lại có f*  xN  K  xN   f* . xN  K  xN  xN  K  xN , và do đó xN  K  xN  K  
Điều này mâu thuẩn, vì xN  K  xN  xN  K  q  xN  q  2  
Vậy f(xi )  xi  0 , i = 2,3,… và do đó, f(q)  q  0 hay f(q)  q . Suy ra q là điểm bất
động của f.

- Tiếp theo, ta chứng minh lim xn  q
n 

Lấy tùy ý số dương  và chọn số nguyên dương n0. Khi đó, với mọi số tự nhiên n  n 0 , ta có:

xn  q  xn  xn 1  xn 1  xn  2  ...  x1  q
 f n  q   f n 1  q   f n 1  q   f n 2  q   ...  f  q   q  n f  q   q  0  
 lim xn  q
n 

3.2. Ánh xạ demicompact tại một điểm
3.2.1. Định nghĩa 3.2.1
Cho X là không gian định chuẩn trên trường số thực và C là một tập con không rỗng của X.
Một ánh xạ f: C → X được gọi là demicompact tại h  X nếu mọi dãy  xn nN  C thỏa mãn

 

lim  xn  f(xn )   h thì tồn tại dãy con xn j

n 

jN

và điểm x  C sao cho lim xn j  x và x  f(x )  h
j

3.2.2. Định lí 3.2.2
Cho X là một không gian định chuẩn trên trường số thực. Giả sử:
-

C là một tập con không rỗng, đóng, lồi và bị chặn của X
f: C → C là một ánh xạ không giãn và là một demicompact tại 0

-

Với x0  C cho trước, tồn tại dãy admissible  xn nN  C sao cho dãy  Cn  nN tương ứng
thỏa mãn 0 < a  C n  1, n  1 và a cho trước

Khi đó, f có một điểm bất động q và dãy  xn  nN có một dãy con hội tụ mạnh đến q

15


Chứng minh:
Từ giả thiết của định lí 3.3.2 và áp dụng kết quả của định lí 2.4, ta có lim  xn  f ( xn )   0
n 

 

Hơn nữa, do f là một demicompact tại 0 nên dãy  xn  nN có một dãy con xn j

 

q  C sao cho xn j

và một điểm
jN

hội tụ về q và q – f(q) = 0, nghĩa là q là điểm bất động của f.
jN

3.3. Định lí 3.3
(Sự hội tụ mạnh của dãy điểm về điểm bất động của của ánh xạ không giãn)
Cho K là một tập con không rỗng, đóng, lồi của không gian Banach X
Xét f: K → K là ánh xạ không giãn thỏa mãn tập các điểm bất động F(f) của f không rỗng.
-

Với t   0,1 , giả sử rằng dãy  zt  hội tụ mạnh đến điểm bất động z của f khi t → 0, trong
đó zt là điểm duy nhất của K thỏa mãn zt = t.u + (1 – t)f(zt), với u  K

-

Lấy số    0,1 . Xét ánh xạ S: K → K xác định bởi S  x  : 1    x   f  x  x  K


Xét dãy  n nN   0,1 thỏa mãn lim  n  0 và
n 



n

 

n0

Khi đó, với x0  K , nếu dãy  xn  nN định bởi xn 1   n u  (1   n )S  xn  , n  N thì  xn  nN hội
tụ mạnh đến một điểm bất động của f.
Chứng minh:
Trong chứng minh định lí, ta cần đến các bổ đề sau:

Bổ đề 3.3.1 (Thừa nhận, không chứng minh)
Cho  xn  nN và  yn  nN là các dãy bị chặn trong không gian Banach X và   n nN là dãy trong
đoạn [0, 1] với 0 < lim inf n  lim sup n  1 .
n 

n 

Giả sử rằng xn 1   n yn  (1   n )xn , n  N và lim sup  yn 1  yn  xn 1  xn
n 

0

Khi đó, lim yn  xn  0
n 

16


Bổ đề 3.3.2 (Thừa nhận, không chứng minh)
Cho  a n nN là dãy số thực không âm thỏa mãn a n 1  1   n  a n   n n   n , n  N , trong đó
các điều kiện sau đây được thỏa mãn:


i)  n nN   0,1 ,



n

 

n 0

ii) lim sup n  0
n 



iii)  n  0n  N,



n

 

n 0

Khi đó, lim a n  0
n 

Bây giờ, ta chứng minh định lí 3.3
♦ Chứng minh S là ánh xạ không giãn và có tập các điểm bất động F(S) = F(f):
x, y  K , ta có: S  x   S  y   1    x   f  x    1    y   f  y  

 1    x  y     f  x   f  y  
 1    x  y   f  x   f  y 
 1    x  y   x  y (f không giãn)

Vậy S  x   S  y   x  y , và do đó S là ánh xạ không giãn.

Tiếp theo, ta chứng minh F(S) = F(f):
Lấy x  K , ta có S  x   x  1    x   f  x   x
   f  x   x   0
 f  x   x  0   0 
 f x  x

Vậy F(S) = F(f)

17


♦ Chứng minh các dãy  xn  , f  xn  , S  xn  bị chặn:
-

Chứng minh các dãy  xn  , f  xn  bị chặn:

Lấy x*  F  f   F  S và đặt M  max  x0  x * , u  x *  .
Bằng phép quy nạp, ta sẽ chứng minh xn  x *  M, n  N

(3.4)

- Dể thấy rằng với n = 0 thì (3.4) đúng.
- Giả sử (3.4) đúng với n = k  0 .
Khi đó, ta có xn 1  x *   n u  (1   n )S  xn   x *
  n  u  x *  (1   n ) S  xn   x *
  n  u  x *  (1   n ) S  xn   S  x * 

 x*  F S 

  n u  x *  (1   n ) S  xn   S  x *

  n u  x *  (1   n ) xn  x * (S không giãn)
  n M  (1   n )M  M
Vậy (3.4) cũng đúng với n = k + 1. Do đó, (3.4) đúng với mọi n  N
 xn  x *  xn  x *  M, n  N

 xn  M  x * n  N ( x * cố định). Vậy dãy  xn  nN bị chặn
Vì f không giãn nên ta có: f  xn   f  x *  f  xn   f  x *  xn  x *  M, n  N
Do đó, dãy f  xn nN cũng bị chặn
- Chứng minh dãy S  xn nN bị chặn:
Ta có S  xn   1    xn   f  xn   1    xn   f  xn  , n  N
Khi đó, do các dãy  xn  nN và f  xn nN đều bị chặn nên dãy S  xn nN bị chặn.

18


♦ Chứng minh lim xn 1  S  xn   0

(3.5)

n 

Do dãy S  xn nN bị chặn nên H > 0: S  xn   H .
xn 1  S  xn    n u  (1   n )S  xn   S  xn 





  n u  S  xn    n u  S  xn 



xn 1  S  xn    n  u  H 



Ta có lim  n  u  H    u  H  . lim  n  0 , từ đó lim xn 1  S  xn   0
n 

n 

n 

♦ Chứng minh lim xn 1  xn  0

(3.6)

n 

Với mỗi n = 0, 1, 2,…, ta đặt  n : 1     n   và yn 

xn 1  xn   n xn
.
n

Do lim  n  0 nên lim  n   .
n 

n 

- Chứng minh dãy  yn  nN bị chặn:
Dể thấy  n  n  N , do đó yn 

xn 1  xn   n xn
n



1
 xn 1  xn   xn
n



1
1
xn 1  xn  xn   xn 1  xn   xn

n



1
 (1   ) xn  xn 1 


Khi đó, do dãy  xn  nN bị chặn nên dãy  yn  nN bị chặn
- Chứng minh lim xn 1  xn  0
n 

Từ  n  1    n   , xn 1   n u  (1   n )S  xn  , S  x   1    x   f  x  và
yn 

 u  (1   n ) f  xn 
xn 1  xn   n xn
, ta rút ra được yn  n
n
n

19


Từ đó,

yn 1  yn 

 n 1u  (1   n 1 ) f  xn 1   n u  (1   n ) f  xn 

n 1
n


1   n 1 1   n 
 
1   n 1
  n 1  n  u 
 f  xn 1   f  xn    

  f  xn 

 n 1
n 
  n 1  n 
  n 1

 
1   n 1
1   n 1 1   n
  n 1  n  u 
 f  xn 1   f  xn  

 f  xn 
 n 1
 n 1
n
  n 1  n 

 
1   n 1
1   n 1 1   n
  n 1  n  u 
 xn 1  xn 

 f  xn 
 n 1
 n 1
n
  n 1  n 

 

1   n 1
1   n 1 1   n
 yn 1  yn  xn 1  xn   n 1  n  u 
  1 xn 1  xn 

 f  xn 
 n 1
 n 1
n
  n 1  n 

Do các dãy  xn  nN và f  xn nN đều bị chặn nên tồn tại các số dương M1, M2 sao cho
xn 1  xn  M1 , f  xn   M 2 . Khi đó, ta có:


 
1   n 1
1   n 1 1   n
 yn 1  yn  xn 1  xn   n 1  n  u 
  1 M1 

 M2
 n 1
 n 1
n
  n 1  n 

Mặt khác, do lim  n  0 và lim  n   nên ta tiếp tục suy ra:
n 

n 

lim sup  yn 1  yn  xn 1  xn

n 

   n 1

  lim sup   
n 





n 1


n 
1   n 1
1   n 1 1   n
  1 M1 

 M2   0
 u 

n 
 n 1
 n 1
n



Vậy lim sup  yn 1  yn  xn 1  xn   0 .
n 

Áp dụng bổ đề 3.3.1, ta có lim yn  xn  0
n 

Từ yn 

xn 1  xn   n xn
, ta suy ra xn 1  xn   n yn  xn .
n

Khi đó, do lim  n   và lim yn  xn  0 nên lim xn 1  xn  0
n 

n 

n 

20


♦ Chứng minh lim xn  S  xn   0

(3.7)

n 

Theo chứng minh trên, ta có lim xn 1  xn  0 và lim xn 1  S  xn   0
n 

Suy ra, lim

n 

x

n 1

n 



 xn  xn 1  S  xn   0

Hơn nữa, ta lại có xn  S  xn   xn 1  xn  xn 1  S  xn 
Từ đó, ta có lim xn  S  xn   0
n 



♦ Chứng minh lim sup u  ztn , j xn  ztn
n 



0

(3.8)



Trong đó, với x  X , j  x   J  x   v  X*: x, v  x

2



- Với mỗi số nguyên dương n  1, ta chọn tn   0,1 : tn  0 và

xn  S  xn 
tn

 0 khi n  

- Gọi ztn  K là điểm bất động duy nhất của ánh xạ co Stn xác định bởi:

Stn ( x) : tn u  1  tn  S( x ), x  K .
2

2

Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức: x  y  x  2 y , j  x  y  , x, y  X

(3.9)

2

Thật vậy, ta có x  y  x  y , j  x  y   x . x  y  y, j  x  y  (Bất đẳng thức tam giác)

2

1
2
x  x y
2



2



y, j  x  y 

2

 x  y  x  2 y, j  x  y 
Ta có ztn  xn  Stn ( ztn )  xn  tn u  1  tn  S( ztn )   xn
 1  tn  S( ztn )  xn   tn  u  xn 

21


Áp dụng kết quả (3.9), ta có:

ztn  xn

2

2

2

2

2

 1  tn  S(ztn )  xn
 1  tn  S(ztn )  xn



 2tn u  xn , j ztn  xn

z

 2tn

tn



 

 

 xn  u  ztn , j ztn  xn



Bất đẳng thức tam giác
 1  tn 

2

 S(z

tn

)  S  xn   S  xn   xn





2

2



 2tn ztn  xn  u  ztn , j ztn  xn



f không giãn
 1  tn 

 
 1  t  z

 1  tn 2 ztn  xn
2

n

tn

 xn

2

2

2





ztn  xn  S  xn   xn
2



2

 2tn ztn  xn



 1  tn  2 ztn  xn  S  xn   xn



 2 ztn  xn  S  xn   xn



 u  ztn , j xn  ztn





tn
zt  xn
2 n

2



2



 u  ztn , j ztn  xn

 S x   x
n

 S x   x
n

1
2 ztn  xn  S  xn   xn
2







n 



tn

n

(3.10)

tn

tn

 0 khi n  

0

♦ Tiếp theo, ta chứng minh lim sup u  z, j  xn  z   0

(3.11)

n 



Ta có u  ztn , j xn  ztn





 u  z    z  zt

n


u  z, j  x



, tn   0,1

S  xn   xn

xn  S  xn 

 

Từ (3.10) và do các dãy  xn  , ztn , S  xn  đều bị chặn, tn  0 và
, ta suy ra lim sup u  ztn , j xn  ztn


, jz  x 

 2tn u  ztn , j ztn  xn

n

 2tn u  ztn

n



, j x

n





 z    j xn  ztn  j  xn  z  






 z   j x  z  z  z , j x  z 
, j  x  z   u  z, j  x  z   j  x  z   z  z , j  x

 u  z , j  xn  z   u  z , j xn  ztn  j  xn  z   z  ztn , j  xn  z    j xn  ztn  j  xn  z  


 u  z , j  xn  z  

 u  z , j  xn  z   u  ztn

n

tn

n

n

tn

tn

n

tn

n

tn

n

tn

n

 zt n



(3.12)

22




- Theo (3.8) ta có lim sup u  ztn , j xn  ztn
n 



0

- Theo giả thiết, lim zt n  z  F(S)  F(f) . Kết hợp với dãy  xn  bị chặn, ta có
n 



lim z  ztn , j xn  ztn

n 



0

- Do lim zt n  z và j liên tục đều trên các tập đóng, bị chặn của X nên
n 





lim u  z, j xn  ztn  j  xn  z   0

n 

Từ (3.11) và các kết quả trên, ta suy ra lim sup u  z, j  xn  z   0
n 

♦ Cuối cùng, ta chứng minh lim xn  z

(3.13)

n 

Ta có xn 1  z  (1   n ) S  xn   z    n  u  z 
2

2

 xn 1  z  (1   n ) 2 S  xn   z  2 n u  z , j  xn 1  z 
2

 (1   n )2 S  xn   S  z   2 n u  z , j  xn 1  z  ( z  F(S) )
2

 (1   n ) xn  z  2 n u  z, j  xn 1  z 

( 0  1 n  1 )

(3.14)

2

Với mỗi n  0,1, 2... , ta đặt a n  xn  z  0,  n  2 u  z, j  xn 1  z  ,  n  0
Khi đó, (3.14) trở thành a n 1  1   n  a n   n n   n , n  N , trong đó các điều kiện sau đây
được thỏa mãn:


i)  n nN   0,1 ,



n

 

n 0

ii) lim sup n  0
n 



iii)  n  0n  N,



n

 

n 0

Áp dụng bổ đề 3.3.2, ta được lim a n  0
n 

2

Vậy lim xn  z  0 . Từ đó, ta suy ra dãy  xn  hội tụ mạnh đến điểm bất động z của f.

n 

23


3.4. Ánh xạ inward yếu, ánh xạ sunny, ánh xạ co rút, ánh xạ sunny co rút
không giãn
3.4.1. Ánh xạ inward yếu
Cho K là tập hợp con không rỗng của không gian Banach X và x  K
- Ta gọi tập hợp I K ( x )   x   (u  x ) / u  K,   1 là cái inward trong K chứa x.
- Ánh xạ f: K → X thỏa mãn f ( x)  cl  I K ( x)  x  K ( cl  I K ( x)  là bao đóng của IK ( x ) )
được gọi là cái inward yếu.

3.4.2. Ánh xạ sunny
Cho K là tập con không rỗng, lồi, đóng trong không gian Banach X
Một toàn ánh g: X → K được gọi là cái sunny nếu g  g ( x )  t ( x  g ( x )   g ( x ), x  X và t  0

3.4.3. Ánh xạ co rút
Cho không gian Banach X và ánh xạ g: X → X
Ta gọi g là cái co rút nếu g 2  g
Với g là cái co rút, ta có g ( z )  z , z  R(g) , trong đó R(g) là tập giá trị của g.

3.4.4. Tập sunny không giãn co rút
Cho không gian Banach X và K là tập con không rỗng trong X.
Ta gọi K là tập sunny không giãn co rút của X nếu tồn tại một ánh xạ co rút sunny không giãn
g: X → K

3.4.5. Định lí 3.4.5
Cho không gian Banach X và K là tập con không rỗng, lồi và đóng trong X.
Giả sử f: K → X là cái inward yếu và g: X → K là cái sunny không giãn co rút

Khi đó, f và g  f có cùng tập các điểm bất động.

24


Chứng minh:
Gọi F  f  là tập các điểm bất động của f và F  g  f  là tập các điểm bất động của g  f , ta cần
chứng minh F  f   F  g  f 
Chứng minh F  f   F  g  f 
Lấy tùy ý x  F  f 

 f  x  x
 g f  x   g  x 

  g  f  x   x
 x  F g  f 
Vậy F  f   F  g  f 
Chứng minh F  g  f   F  f 
Phản chứng: Giả sử ngược lại F  g  f   F  f 
Khi đó, tồn tại x  F  g  f  và x  F  f 
- Vì f là cái inward yếu nên u  K, u  x và   1 sao cho f  x   x    u  x  .
( u  x , vì nếu u = x thì f(x) = x, điều này mâu thuẩn với x  F  f )
- Do g là cái sunny không giãn nên ta có: g[(g  f)(x) + t(f(x) – (g  f)(x))] = (g  f)(x) = x, t  0
 g  x  t  f  x  – x    x, t  0
 g  tf  x   1  t  x   x, t  0

- Đặt t0 

(*)

1
  0,1 thì từ f  x   x    u  x  , ta suy ra u  t 0f  x   1  t 0  x .


 u  g  u   g  t 0 f  x   1  t 0  x   x  do *

Điều này mâu thuẩn với u  x .
Vậy, F  g  f   F  f  . Từ đó, ta có F  f   F  g  f 

25