Một số định lý điểm bất động của ánh xạ không giãn suy rộng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
-------------------------------

ĐỖ TRUNG HIẾU

MỘT SỐ ĐỊNH LÝ ĐIỂM BẤT ĐỘNG
CỦA ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN SUY RỘNG
Chuyên ngành: Toán ứng dụng
Mã số
: 8 46 01 12

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Trần Xuân Quý
TS. Nguyễn Thị Ngọc Oanh

THÁI NGUYÊN - 2020


Mục lục
Bảng ký hiệu

1

Mở đầu

2

Chương 1. Một số kết quả đặc trưng trong không gian Banach Bài toán tìm điểm bất động

4
1.1 Một số kết quả đặc trưng trong không gian Banach . . . . . . . .
4
1.1.1 Không gian Banach lồi đều . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.1.2 Không gian Banach lồi chặt . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.1.3 Modul lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2 Điểm bất động của ánh xạ không giãn . . . . . . . . . . . . . . . 10
Chương 2. Một số định lý điểm bất động của ánh xạ không giãn
suy rộng
14
2.1 Về dãy xấp xỉ điểm bất động cho ánh xạ không giãn . . . . . . . 14
2.2 Một số kết quả về điểm bất động cho ánh xạ không giãn suy rộng 26
Kết luận

40

Tài liệu tham khảo

41

iii


Bảng ký hiệu
X
R
R+
N

∀x
A−1
I
C[a, b]
d(x, C)
lim supn→∞ xn
lim inf n→∞ xn
xn → x0
xn
x0
Fix(T )
Lp
lp

không gian Banach
tập các số thực
tập các số thực không âm
tập các số tự nhiên
với mọi x
toán tử ngược của toán tử A
toán tử đồng nhất
tập các hàm liên tục trên đoạn [a, b]
khoảng cách từ phần tử x đến tập hợp C
giới hạn trên của dãy số {xn }
giới hạn dưới của dãy số {xn }
dãy {xn } hội tụ mạnh về x0
dãy {xn } hội tụ yếu về x0
tập điểm bất động của ánh xạ T
tập hợp các hàm khả tích cấp p
tập hợp các dãy khả tổng cấp p

1


Mở đầu
Bài toán tìm điểm bất động của ánh xạ đã và đang là một chủ đề thu hút sự
quan tâm của nhiều nhà toán học trong và ngoài nước. Một trong những hướng
nghiên cứu về bài toán điểm bất động là xây dựng phương pháp tìm (xấp xỉ)
điểm bất động của ánh xạ trong không gian Hilbert hoặc không gian Banach.
Nhiều bài toán liên quan tới phương pháp xấp xỉ này đã được đặt ra và giải
quyết cho từng lớp ánh xạ chẳng hạn như ánh xạ co, ánh xạ không giãn,. . . Với
luận văn tốt nghiệp thạc sĩ, em lựa chọn một phần trong bài toán xấp xỉ nghiệm
cho các ánh xạ không giãn trong không gian Banach. Dưới sự hướng dẫn của
TS. Trần Xuân Quý và TS. Nguyễn Thị Ngọc Oanh, em chọn đề tài luận văn:
“Một số định lý điểm bất động của ánh xạ không giãn suy rộng”.
Nội dung luận văn được trình bày trong hai chương, cụ thể như sau:
Chương 1: Trình bày về một số kết quả đặc trưng trong không gian Banach
- Bài toán tìm điểm bất động.
Chương 2: Trình bày về định lý điểm bất động của ánh xạ không giãn suy
rộng.
Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại Trường Đại học Khoa học, Đại
học Thái Nguyên, em luôn nhận được sự quan tâm giúp đỡ và động viên của các
thầy cô trong Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo, Khoa Toán –Tin. Với bản luận
văn này, em mong muốn được góp một phần nhỏ công sức của mình vào việc gìn
giữ và phát huy vẻ đẹp, sự hấp dẫn cho những định lý toán học vốn dĩ đã rất
đẹp. Đây cũng là một cơ hội cho em gửi lời tri ân tới tập thể các thầy cô giảng
viên của trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên nói chung và Khoa
Toán – Tin nói riêng, đã truyền thụ cho em nhiều kiến thức khoa học quý báu
trong thời gian em được là học viên của trường. Tác giả xin chân thành cảm ơn
Ban Giám hiệu trường THPT Dương Quảng Hàm, Hưng Yên cùng toàn thể các

anh chị em đồng nghiệp đã tạo điều kiện tốt nhất cho tác giả trong thời gian đi
học Cao học; cảm ơn các anh chị em học viên lớp Cao học Toán K12 và bạn bè
2


3

đồng nghiệp đã trao đổi, động viên và khích lệ tác giả trong quá trình học tập
và làm luận văn tại trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên. Đặc biệt
em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới giáo viên hướng dẫn, TS. Trần Xuân
Quý và TS. Nguyễn Thị Ngọc Oanh đã luôn quan tâm ân cần chỉ bảo, động viên
khích lệ, giúp đỡ tận tình và góp ý sâu sắc cho em trong suốt quá trình học tập
cũng như thực hiện đề tài. Chặng đường vừa qua sẽ là những kỉ niệm đáng nhớ
và đầy ý nghĩa đối với các anh chị em học viên lớp K12 nói chung và với bản
thân em nói riêng. Dấu ấn ấy hiển nhiên không thể thiếu sự hỗ trợ, sẻ chia đầy
yêu thương của cha mẹ hai bên và các anh chị em con cháu trong gia đình. Xin
chân thành cảm ơn tất cả những người thân yêu đã giúp đỡ, đồng hành cùng em
trên chặng đường vừa qua.
Cuối cùng tôi xin cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã trao đổi, động
viên và khích lệ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn tại trường Đại học
Khoa học, Đại học Thái Nguyên.
Thái Nguyên, ngày 22 tháng 06 năm 2020
Tác giả luận văn

Đỗ Trung Hiếu


Chương 1
Một số kết quả đặc trưng trong không
gian Banach - Bài toán tìm điểm bất

động
Chương này trình bày một số tính chất hình học không gian Banach và bài
toán điểm bất động trong không gian Banach. Kiến thức của chương được tổng
hợp từ các tài liệu [1], [2] và [5].

1.1

Một số kết quả đặc trưng trong không gian Banach

1.1.1

Không gian Banach lồi đều

Xét X là không gian Banach và x0 ∈ X cho trước, xét Sr (x0 ) mặt cầu tâm
x0 bán kính r > 0, nghĩa là,

Sr (x0 ) := {x ∈ X : ||x − x0 || = r}.
Định nghĩa 1.1.1. Không gian Banach X được gọi là lồi đều nếu ∈ (0, 2]
bất kỳ, tồn tại δ = δ( ) > 0 sao cho nếu x, y ∈ X với ||x|| = 1, ||y|| = 1 và
1
(x + y)
1 − δ.
||x − y||
, thì
2
Từ định nghĩa ta thấy: không gian Banach X là lồi đều nếu bất kỳ ∈ (0, 2]
tồn tại δ = δ( ) > 0 sao cho nếu x, y ∈ X với ||x|| 1, ||y|| 1 và ||x − y||
,
1
thì

(x + y)
1 − δ.
2
4


5

Kết quả dưới đây là một ví dụ về không gian lồi đều.
Định lý 1.1.2. Không gian Lp với 1 < p < ∞ là không gian Banach lồi đều.
Định lý 1.1.3. Giả sử X là không gian Banach lồi đều. Khi đó với bất kỳ
d > 0, > 0 và các vecto tùy ý x, y ∈ X với ||x|| d, ||y|| d, ||x − y||
,
tồn tại δ > 0 sao cho

1
(x + y)
2

1−δ

d

d.

x
y
, z2 = , và tập ¯ = . Hiển nhiên
d
d

d
1
= ¯. Từ tính
1 và ||z1 − z2 || = ||x − y||
d
d

Chứng minh. Với bất kỳ x, y ∈ X , xét z1 =

¯ > 0, hơn nữa ||z1 ||

1, ||z2 ||

lồi đều của X , tồn tại δ = δ

d

> 0,

1
(z1 + z2 )
2

1 − δ(¯),

nghĩa là

1
(x + y)
2d

1−δ

d

,

suy ra

1
(x + y)
2

1−δ

d

d.

Ta có điều phải chứng minh
Mệnh đề 1.1.4. Cho X là không gian Banach lồi đều và giả sử α ∈ (0, 1), > 0.
Khi đó với bất kỳ d > 0, nếu x, y ∈ X thỏa mãn ||x|| d, ||y|| d, ||x − y||
,
thì tồn tại δ = δ

d

> 0 sao cho

||αx + (1 − α)y||

1 − 2δ

d

min{α, 1 − α} d.

Mối liên hệ giữ tính lồi đều và tính phản xạ của không gian Banach X được
cho bởi định lý dưới đây.


6

Định lý 1.1.5. Nếu X là không gian Banach lồi đều thì X là không gian phản
xạ.
Chứng minh. Giả sử X là không gian Banach lồi đều, ta cần chứng minh X là
không gian Banach phản xạ. Giả sử SX ∗ := {j ∈ X ∗ : j = 1} là hình cầu đơn
vị trong X ∗ và f ∈ SX ∗ .
Giả sử {xn } là một dãy trong SX sao cho xn , f → 1. Ta sẽ chỉ ra {xn } là
một dãy Cauchy.
Giả sử {xn } không là dãy Cauchy, khi đó tồn tại > 0 và dãy con {xni } của
{xn } sao cho
xni − xnj
, ∀i = j.
Theo giả thiết, X là không gian lồi đều, nên ∃δ( ) > 0 sao cho

xni + xnj
< 1 − δ.
2
Khi đó, ta có

x ni + x nj
,f
2

x ni + x nj
2
< f (1 − δ) = 1 − δ,
f

điều này mâu thuẫn với f (xn ) → 1. Vì vậy, {xn } là dãy Cauchy và tồn tại
x ∈ X sao cho xn → x. Rõ ràng x ∈ SX và từ tính liên tục của chuẩn ta có
x = limn→∞ xn = 1. Do đó, từ xn , f → 1, cho n → ∞, ta nhận được
x, f = 1. Theo Định lý James1 , suy ra X là không gian phản xạ.
Định nghĩa 1.1.6. Không gian Banach X được gọi là lồi đều theo hướng tại
z ∈ X khác không, nếu mọi ε với 0 < ε ≤ 2

δz (ε) = inf 1 −

x+y
: x ≤ 1, y ≤ 1, x − y ≥ ε,
2
x − y = λz, λ > 0 > 0.

Ta nói rằng X lồi đều theo mọi hướng (UCED), nếu δz (ε) > 0 với mọi z ∈ X\{0}.
Chú ý 1.1.7. Mọi không gian Banach lồi đều thì lồi đều theo mọi hướng. Điều
ngược lại chưa hẳn đúng [13].
1

Không gian Banach E là phản xạ khi và chỉ khi với mỗi j ∈ SX ∗ , tồn tại x ∈ SX sao cho x, j = 1.

7

Định nghĩa 1.1.8. Không gian Banach X được xem là có tính chất Kadec-Klee
(KK), nếu {xn } là một dãy bất kỳ thuộc X thỏa mãn xn → x và {xn } hội
tụ yếu tới x ∈ X , thì {xn } hội tụ tới x.
Ví dụ 1.1.9. Mọi không gian Hilbert H đều có tính chất Kadec-Klee.
Thật vậy, giả sử {xn } là một dãy bất kỳ trong H thỏa mãn xn
xn → x . Khi đó, ta có
2

xn − x

x và

= xn − x, xn − x
= xn 2 − 2 xn , x + x 2
→ x 2 − 2 x 2 + x 2 = 0.

Do đó xn → x.
Định lý 1.1.10. Mọi không gian Banach lồi đều có tính chất Kadec-Klee.
Chứng minh. Giả sử X là một không gian Banach lồi đều và {xn } là một dãy
bất kỳ trong X thỏa mãn xn
x và xn → x .
Nếu x = 0, thì hiển nhiên xn → 0. Giả sử x = 0 và xn
x. Khi đó, ta có
xn
x
. Do đó, tồn tại > 0 và dãy con {xnk } của {xn } sao cho

xn
x

x
xnk
−
xnk
x

,

với mọi k ≥ 1. Vì X là không gian lồi đều nên tồn tại δ > 0 sao cho

1
2
Từ xn

x
xnk
+
xnk
x

x và xn → x ta có
1=

x
x

xn

xn

≤ lim inf
k→∞

1 − δ.
x
. Suy ra
x

1
2

x nk
x
+
x nk
x

1 − δ,

suy ra mâu thuẫn. Vậy xn → x hay X có tính chất Kadec-Klee.


8

1.1.2

Không gian Banach lồi chặt

Định nghĩa 1.1.11. Không gian Banach X được gọi là lồi chặt nếu với mọi
x, y ∈ X , x = y, ||x|| = ||y|| = 1, ta có ||λx + (1 − λ)y|| < 1 ∀λ ∈ (0, 1).
Nhận xét 1.1.12. Định nghĩa 1.1.11 tương đương với phát biểu sau: Không
gian Banach X được gọi là lồi chặt nếu với mọi x, y ∈ X thỏa mãn x = y ,
||x|| = ||y|| = 1, ta đều có ||(x + y)/2|| < 1.
Định lý 1.1.13. Mọi không gian Banach lồi đều là không gian lồi chặt.
Định lý 1.1.13 chỉ ra một lớp không gian lồi chặt. Tuy nhiên, không phải mọi
không gian Banach đều lồi chặt. Dưới đây là một vài ví dụ về không gian Banach
là lồi chặt nhưng không lồi đều.
Ví dụ 1.1.14. Cho trước µ > 0 và xét C[0, 1] với chuẩn ||.||µ xác định như sau,
1

||x||µ := ||x||0 + µ

1
x2 (t)dt 2

0

với ||x||0 = supt∈[0,1] |x(t)| với mọi x ∈ C[0, 1]. Khi đó (C[0, 1], ||.||µ ) là không
gian lồi chặt nhưng không lồi đều.
Ví dụ 1.1.15. Xét µ0 và c0 = c0 (N) với chuẩn ||.||µ xác định với x = {xn } ∈ c0
như sau
1
∞
2
xi
2
||x||µ := ||x||c0 + µ
i

i=1
trong đó ||.||c0 là chuẩn thông thường. Như trong ví dụ trên, (c0 , ||.||µ ) với µ > 0
lồi chặt nhưng không lồi đều.
Ví dụ 1.1.16. Không gian l1 không lồi chặt. Thật vậy, chọn x = (1, 0, 0, 0, ...),
y = (0, −1, 0, 0, 0, ...). Khi đó x, y ∈ l1 , x = y và ||x||l1 = 1 = ||y||l1 . Tuy nhiên
(x + y)/2 = 1. Suy l1 không lồi chặt.
Ví dụ 1.1.17. Không gian l∞ không lồi chặt.
Thật vậy, xét x = (1, 1, 0, 0, 0, ...) và y = (−1, 1, 0, 0, 0, ...). Khi đó x, y ∈ l∞ ,
x = y và ||x||∞ = 1 = ||y||∞ . Tuy nhiên (x + y)/2 = 1. Do đó l∞ không lồi
chặt.


9

Ví dụ 1.1.18. Xét tập hợp C[a, b] là không gian các hàm thực liên tục trên
[a, b] với chuẩn sup. Ta có C[a, b] không lồi chặt. Thật vậy, để chứng minh điều
đó, ta chọn hàm f, g xác định như sau:

f (t) := 1 với mọi t ∈ [a, b], g(t) :=

b−t
với mỗi t ∈ [a, b].
b−a

Lấy = 1/2. Ta có f, g ∈ C[a, b], ||f || = ||g|| = 1 và f = g và (f + g)/2 = 1
như vậy C[a, b] không lồi chặt.
Định lý 1.1.19. Cho X là một không gian Banach lồi chặt. Khi đó, với mỗi
f ∈ X ∗ \ {0}, tồn tại duy nhất phần tử x ∈ X sao cho x = 1 và x, f = f .
Chứng minh. Giả sử tồn tại x, y ∈ X thỏa mãn x = y = 1 và x = y sao
cho

x, f = y, f = f .
Khi đó, với t ∈ (0, 1), từ tính lồi chặt của X , ta có

f = t x, f + (1 − t) y, f = tx + (1 − t)y, f
≤ tx + (1 − t)y f < f .
Suy ra mâu thuẫn. Vậy tồn tại duy nhất phần tử x ∈ X sao cho x = 1 và
x, f = f .
Định lý 1.1.20. Cho X là một không gian Banach lồi chặt. Nếu x + y =
x + y với 0 = x ∈ X và y ∈ X , thì tồn tại t ≥ 0 sao cho y = tx.
Chứng minh. Giả sử x, y ∈ X \ {0} thỏa mãn x + y = x + y . Theo hệ
quả của định lý Hanh-Banach, tồn tại j ∈ X ∗ sao cho

x + y, j = x + y , j = 1.
Vì x, j ≤ x và y, j ≤ y , nên ta có x, j = x và y, j = y . Điều
này suy ra
x/ x , j = y/ y , j = 1.
Từ Mệnh đề 1.1.19, suy ra x/ x = y/ y . Chọn t = y / x ta được điều phải
chứng minh.


10

1.1.3

Modul lồi

Định nghĩa 1.1.21. Xét X là không gian định chuẩn với dim X ≥ 2. Modul
lồi của X là hàm δX : (0, 2] → [0, 1] xác định như sau

δX ( ) := inf 1 −

x+y
: ||x|| = ||y|| = 1;
2

Mệnh đề 1.1.22. (a) Với mọi không gian Banach, hàm

= ||x − y|| .
δX ( )

không giảm trên

(0, 2].
(b) Modul lồi của không gian Banach là hàm liên tục và lồi.
(c) Trong không gian lồi đều X , modul lồi của không gian Banach δX , là hàm
tăng thực sự.
Ví dụ 1.1.23. Cho H là không gian Hilbert, khi đó mô đun lồi của H được xác
định bởi

δH (ε) = 1 −

1−

ε2
, ε ∈ [0, 2].
4

Định lý dưới đây giới thiệu một số tính chất đơn giản của modul lồi.
Định lý 1.1.24. Không gian Banach X lồi đều khi và chỉ khi δX ( ) > 0 với mọi
∈ (0, 2].

Định nghĩa 1.1.25. Đặc trưng của tính lồi của không gian Banach X là số
0

1.2

=

0 (X)

= sup{

0 : δX ( ) = 0}.

Điểm bất động của ánh xạ không giãn

Định nghĩa 1.2.1. Cho X là không gian Banach và C là một tập con khác rỗng
của X . Ánh xạ T : C → C được gọi là
(1) không giãn nếu T (x) − T (y)

x − y với mọi x, y ∈ C ,


11

(2) không giãn tiệm cận nếu có tồn tại một dãy {kn } các số thực dương với
limn → inf kn = 1 sao cho T n (n) − T n (y) ≤ kn x − y với mọi x, y
thuộc C và n = 1, 2, ...
(3) không giãn tiệm cận theo từng điểm nếu T n x − T n y ≤ αn (x) x − y với
mỗi số nguyên n ≥ 1 và với mỗi x, y thuộc C ở đó αn (x) hội tụ điểm về 1
trên C.

Ta nhắc lại nguyên lý ánh xạ co Banach trong không gian metric.
Định lý 1.2.2 (Nguyên lý ánh xạ co Banach). Giả sử (M, p) là không gian
metric đầy đủ và T : M → M là ánh xạ co, tức là tồn tại k ∈ [0, 1) sao cho
p(T x, T y)
p(x, y) với mọi x, y ∈ M . Khi đó T có duy nhất điểm bất động,
nghĩa là tồn tại duy nhất x∗ ∈ M thỏa mãn T x∗ = x∗ . Ngoài ra, với bất kỳ
x0 ∈ M , dãy lặp Picard {xn } xác định như sau xn+1 = T xn , n ≥ 0, hội tụ tới
điểm bất động của ánh xạ T .
Từ định nghĩa về ánh xạ không giãn trên, ta có bổ đề cơ bản sau về sự tồn
tại của dãy xấp xỉ điểm bất động đối với ánh xạ không giãn.
Bổ đề 1.2.3. Cho X là không gian Banach và C là một tập con lồi, đóng, khác
rỗng và bị chặn của X và T : C → C là ánh xạ không giãn. Khi đó ta có
inf{ x − T x : x ∈ C} = 0.
Chứng minh. Thật vậy, cho trước z ∈ C và ε ∈ (0, 1). Vì C là tập lồi nên, ta có
thể định nghĩa ánh xạ Tε : C → C xác định như sau

Tε x = εz + (1 − ε)T x.
Khi đó, Tε là ánh xạ co vì

Tε x − Tε y = (1 − ε) T x − T y|

(1 − ε) x − y với mọi x, y ∈ C.

Vì C là tập con đóng của không gian Banach X , nên C là không gian metric
đầy với khoảng cách sinh bởi chuẩn. Theo nguyên lý ánh xạ co Banach, tồn tại
u ∈ C sao cho Tε u = u. Vì vậy

u − T u = εz + (1 − ε)T u − T u
ε z − Tu
ε diam(C).

12

Vì C bị chặn nên diam(C) < ∞, nên khi cho ε → 0, ta có điều phải chứng
minh.
Nhận xét 1.2.4. Theo định nghĩa của infimum, tồn tại dãy {un } ⊂ C sao cho
limn→∞ un − T un = 0. Ta gọi dãy {un } là dãy xấp xỉ điểm bất động của
ánh xạ T. Dễ thấy ánh xạ không giãn T có điểm bất động khi và chỉ khi hàm
ϕ(x) = x − T x từ C vào R có giá có giá trị cực tiểu bằng 0. Chẳng hạn khi
C là tập lồi, compact thì ánh xạ không giãn T có điểm bất động. Thật vậy,
do {un } ⊂ C và C là tập compact nên tồn tại dãy con {unk } ⊂ {un } sao cho
unk → x∗ ∈ C . Từ limk→∞ unk − T unk = 0 và tính liên tục của T , suy ra
T x∗ = x∗ hay x∗ là một điểm bất động của T .
Tổng quát hơn ta có định lý dưới đây về sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ
không giãn.
Định lý 1.2.5. Xét X là không gian Banach phản xạ và K là tập con lồi đóng
bị chặn của X với cấu trúc chuẩn tắc đều, nghĩa là tồn tại x ∈ K sao cho

sup{ x − y : y ∈ K} < diam(K) = sup{ u − v : u, v ∈ K}.
Giả sử T : K → K là ánh xạ không giãn. Khi đó T có điểm bất động.
Ký hiệu Fix(T ) := {x ∈ C : T x = x} là tập điểm bất động của ánh xạ T . Ta
có kết quả sau về tính chất của tập Fix(T ).
Định lý 1.2.6. Cho C là tập con khác rỗng, lồi, đóng trong không gian Banach
lồi chặt X và T : C → X là ánh xạ không giãn. Khi đó Fix(T ) là tập lồi và
đóng.
Chứng minh. Trước hết, ta chỉ ra F ix(T ) là tập đóng. Thật vậy, vì T là ánh xạ
không giãn nên T liên tục trên C . Giả sử {xn } là một dãy bất kỳ trong F ix(T )
thỏa mãn xn → x, khi n → ∞. Vì {xn } ⊂ F ix(T ), nên

T xn − xn = 0,
với mọi n ≥ 1. Từ tính liên tục của chuẩn, cho n → ∞, ta nhận được T x−x =
0, tức là x ∈ F ix(T ). Do đó, F ix(T ) là tập đóng.
Tiếp theo, ta chỉ ra tính lồi của F ix(T ). Giả sử x, y ∈ F ix(T ), tức là T x = x
và T y = y . Với mọi λ ∈ [0, 1], ta chỉ ra z = λx + (1 − λ)y ∈ F ix(T ). Thật vậy,
nếu x = y , thì z = x = y ∈ F ix(T ). Giả sử x = y , khi đó ta có

Tz − x = Tz − Tx

x − z = (1 − λ) x − y ,


13

Tz − y = Tz − Ty

y−z =λ x−y .

Từ đó, ta nhận được

x − y ≤ Tz − x + Tz − y

x−y .

Suy ra

x − y = Tz − x + Tz − y ,
và

T z − x = (1 − λ) x − y , T z − y = λ x − y .

(1.1)

Đặt a = T z − x và b = y − T z , thì ta nhận được a + b = a + b . Từ Định
lý 1.1.20, tồn tại α > 0 sao cho a = αb. Suy ra

T z = βx + (1 − β)y,

(1.2)

1
.
1+α
Từ (1.1) và (1.2), ta nhận được
với β =

x − T z = (1 − λ) x − y = (1 − β) x − y .
Suy ra λ = β , tức là T z = z . Do đó, z ∈ F ix(T ). Vậy F ix(T ) là một tập lồi.


Chương 2
Một số định lý điểm bất động của ánh
xạ không giãn suy rộng
2.1

Về dãy xấp xỉ điểm bất động cho ánh xạ không giãn

Mục này trình bày về dãy xấp xỉ điểm bất động từ cuốn sách kinh điển “Topics
in Metric: Fixed Point Theory” của K. Goebel, W.A. Kirk [7]. Trong Chương 1,
ta đã chỉ ra nếu T là một ánh xạ không giãn từ tập con lồi, đóng, khác rỗng và

bị chặn C của không gian Banach X vào chính nó, thì luôn tồn tại dãy xấp xỉ
điểm bất động {un } đối với T . Người ta có thể coi un là một xấp xỉ điểm bất
động của T khi un − T un đủ nhỏ.
Giả sử K là một tập hợp con khác rỗng, lồi, đóng của không gian Banach X ,
trong trường hợp tổng quát, ta sẽ không giả thiết K bị chặn.
Giả sử T : K → K là ánh xạ không giãn và x0 ∈ K cho trước. Ta xét dãy
lặp xn = T n x0 . Tập hợp O(x0 ) = {xn : n = 0, 1, ...} được gọi là quỹ đạo của x0
dưới ánh xạ T , và bao đóng của nó được gọi là quỹ đạo đóng. Vì T là ánh xạ
không giãn, nếu {O(x) : x ∈ K} bị chặn tại một điểm x0 ∈ K thì các quỹ đạo
khác O(x) với x ∈ K cũng bị chặn. Như vậy đối với ánh xạ không giãn (từ K
vào chính nó) thì xảy ra hai tình huống: Tất cả các quỹ đạo bị chặn hoặc không
bị chặn.
Nhận xét 2.1.1. Tất cả các ánh xạ không giãn T : K −→ K có điểm bất động
đều có quỹ đạo bị chặn.

14


15

Thật vậy, với x∗ ∈ Fix(T ), lấy bất kỳ x ∈ K , ta có

xn − x∗ = T n x − T n x∗

T n−1 x − T n−1 x∗

···

x − x∗ .

x + 2 x∗ < ∞ với mọi n. Do đó O(x) bị chặn với mọi x ∈ K .

Suy ra xn

Trong các ví dụ về điểm bất động tự do đối với ánh xạ không giãn, thì dãy
lặp không chứa dãy con hội tụ. Tuy nhiên, năm 1964, Edelstein đã chỉ ra, thậm
chí là chứa dãy con hội tụ thì ánh xạ không giãn có thể chứa điểm bất động tự
do.
Ví dụ 2.1.2. Xét l2 là không gian các dãy số phức bình phương khả tổng với
chuẩn:
∞

|xn |2 )1/2 ,

||x|| = ||{x1 , x2 , ...}|| = (
n=1
2

2

và ánh xạ T : l → l xác định bởi T x = y trong đó y = yn với

yn = [exp(2πi/n!)](xn − 1) + 1,
Khi đó

∞

∞

|yn |

n=1

2

n = 1, 2, ....

∞

∞

π
π
|xn | + 4
|xn | sin + 4
sin2
n!
n!
n=1
n=1
n=1
2

∞

∞

π
π
||x|| + 4||x||(
sin )1/2 + 4

sin2
n!
n!
n=1
n=1
2

2

<∞
và nếu y 1 = T x1 và y 2 = T x2 thì ta có
∞

∞

|yn1
n=1

−

yn2 |2

|x1n − x2n |2

=
n=1

Vì vậy ánh xạ T là một phép đẳng cự trên l2 . Rõ ràng chỉ có dãy bất biến đối
với ánh xạ T là {1, 1, ...}, và điểm này không thuộc l2 , T có điểm bất động tự
do.

Mặt khác tại điểm (0) = {0, 0, ...},

T (0) = 1 − exp(2πi/n!),


16

T 2 (0) = 1 − exp(2(2πi/n!)), ..., T k (0) = 1 − exp(k(2πi/n!))
và

∞
k

2

∞
2

||T (0)|| =

sin2 (πk/n!).

|1 − exp(k(2πi/n!))| = a
n=1

Vì vậy nếu pk = k! và qk =

n=1
1
2

k

(2j k)!, từ đó ta suy ra

j=1

0 = lim ||T pk (0)|| < lim ||T qk (0)|| = +∞.
k→∞

k→∞

Ví dụ 2.1.3. Xét không gian c tất cả các dãy số phức x = {xn } hội tụ với
x = sup |xn |. Ánh xạ T : c → c xác định bởi T x = y với y = yn xác định như
sau

yn = [exp(2πi/n!)]xn − (−1)n (exp(2πi/n!) − 1),

n = 1, 2, ....

Khi đó ánh xạ T là một phép đẳng cự trên c, và với (0) = 0, 0, ...:

T (0) = (−1)n [1 − exp(2πi/n!)],

T 2 (0) = (−1)n [1 − exp(2(2πi/n!))],

và tổng quát

T k (0) = (−1)n [1 − exp(k(2πi/n!))].
Vì vậy T k (0) bị chặn trên c, và dễ dàng thấy rằng lim T k! (0) = 0. Mặt khác

k→∞

T có điểm bất động tự do vì dãy lặp xấp xỉ điểm bất động xn = (−1)n không
thuộc c. Hiển nhiên dãy T k (0) không hội tụ.
Phương pháp gián tiếp để nghiên cứu tính chất điểm bất động của ánh xạ
không giãn thông qua dãy xấp xỉ điểm bất động được M. Edelstein đưa ra năm
1972. Với x ∈ X và dãy bị chặn {xn } ⊂ X , định nghĩa bán kính tiệm cận của
{xn } tại x như sau:

r(x, {xn }) = lim sup ||x − xn ||.
n→∞

(2.1)

Nếu dãy {xn } cho trước, (2.1) xác định một hàm trên X nhận giá trị thực không
âm. Hàm này có các tính chất sau:
(a) Với mọi x ∈ X, r(x, {xn }) = 0 ⇔ lim xn = x.
n→∞


17

(b) Với mọi x, y ∈ X, |r(x, {xn }) − r(y, {xn })|
(c) Với mọi x, y ∈ X và α, β

||x − y||.

0 với α + β = 1,

r(αx + βy, {xn })

αr(x, {xn }) + βr(y, {xn }).

Do đó hàm r(x, {xn }) không âm, liên tục, và lồi trên x, vì vậy ta có:
(d) Với bất kỳ a

0, “tập mức”
Aa ({xn }) = {x : r(x, {xn })

a}

là tập hợp lồi và đóng. Hiển nhiên, nếu dãy {xn } không hội tụ, thì tập hợp
Aa ({xn }) là tập rỗng với a đủ bé.
Tiếp theo, cho K là tập hợp con khác rỗng, đóng của X . Ta có bán kính tiệm
cận của dãy {xn } trong K xác định như sau

r(K, {xn }) = inf{r(x, {xn }) : x ∈ K}.
Tương ứng, các tập mức xác định đối với µ

(2.2)

0 là

Aµ (K, {xn }) = {x ∈ K : r(x, {xn })

r(K, {xn }) + µ}.

(2.3)

Tập hợp A0 (K, {xn }) được gọi là tâm tiệm cận của {xn } trong K . Thông thường

ta ký hiệu A(K, {xn }), hoặc là A({xn }) khi K cho trước thay cho A0 (K, {xn }).
Hiển nhiên Aµ (K, {xn }) = ∅ với mọi µ > 0 (điều này suy ra từ (2.2) và tính
chất của infimum) và Aµ (K, {xn }) ⊂ Aµ (K, {xn }) khi µ < µ, nhưng có thể xảy
ra trường hợp sau

Aµ (K, {xn }) = ∅.

A(K, xn ) = A0 (K, xn ) =

(2.4)

µ>0

Ta thấy rằng tâm tiệm cận của {xn } trong K cũng được cho bởi
∞

∞

A (K, {xn }) =

B (xi ; r (K, {xn }) + µ)
µ>0

∩ K.

(2.5)

n=1 i=n

Ta có các bổ đề cơ bản sau:

Bổ đề 2.1.4. Cho dãy {xn } các phần tử của X và K là tập con khác rỗng của
X.


18

(a) Nếu K là tập compact yếu thì A(K, {xn }) = ∅ .
(b) Nếu K là tập lồi, thì A(K, {xn }) cũng là tập lồi.
Bổ đề 2.1.5. Xét X là không gian Banach với K ⊂ X , và giả sử T : K → K
là ánh xạ không giãn với quỹ đạo bị chặn. Với mỗi x0 ∈ K , đặt {xn } = {T n x0 }.
Khi đó, với mỗi µ > 0, thì Aµ (K, {xn }) bất biến đối với T .
Chứng minh. Với mọi z ∈ K , ta có

r(T z, xn ) = lim sup ||T z − T n x0 ||
n→∞

lim sup ||z − T n−1 x0 ||
n→∞

= r(z, xn ).
Suy ra, nếu z ∈ Aµ (K, {xn }), tức là r(z, {xn })

r(T z, {xn })

r(K, {xn }) + µ, thì ta có

r(K, {xn }) + µ.

Do đó T z ∈ Aµ (K, {xn }). Vậy Aµ (K, {xn }) bất biến đối với T .
Bổ đề 2.1.6. Xét T và K xác định như trong Bổ đề 2.1.5 và giả sử {yn } là một

dãy xấp xỉ điểm bất động của ánh xạ T , nghĩa là giả sử

lim ||yn − T yn || = 0.

n→∞

Ngoài ra, giả thiết thêm dãy {yn } bị chặn. Khi đó với mỗi µ > 0, thì Aµ (K, {yn })
bất biến đối với T .
Chứng minh. Thật vậy, từ

r(T z, yn ) = lim sup ||T z − yn ||
n→∞

lim sup(||T z − T yn || + ||T yn − yn ||)

n→∞

lim sup(||z − yn ||)

n→∞

= r(z, yn ).
Lập luận tương tự như chứng minh của Bổ đề 2.1.6, suy ra Aµ (K, {yn }) bất biến
đối với T .


19

Theo các kết quả trình bày ở trên, ta có thể tóm tắt các kết quả trong định
lý sau:

Định lý 2.1.7. Xét tập hợp con K khác rỗng, đóng và lồi của không gian Banach
X và giả sử ánh xạ T : K → K không giãn. Khi đó các khẳng định sau là tương
đương:
(a) T có ít nhất một quỹ đạo bị chặn.
(b) Tất cá các quỹ đạo của T bị chặn.
(c) K chứa tập con khác rỗng, lồi, đóng bị chặn bất biến đối với T .
(d) K chứa một dãy bị chặn xấp xỉ điểm bất động.
Định lý 2.1.8. Xét K là tập con lồi đóng của không gian Banach X , và dãy
{xn } bị chặn trong X . Khi đó ta có

diamA(K, {xn })

ε0 (X)r(K, {xn }).

Chứng minh. Nếu tập A(K, {xn }) là tập rỗng hoặc tập chỉ có một phần tử thì
dễ dàng có điều phải chứng minh, do đó ta giả sử d = diamA(K, {xn }) > 0.
Chọn µ ∈ (0, d) và u, v ∈ A(K, {xn }) sao cho ||u − v|| d − µ. Từ

r(u, {xn }) = lim sup ||u − xn || = r(K, {xn }),
n→∞

r(v, {xn }) = lim sup ||v − xn || = r(K, {xn }),
n→∞

nếu z = 21 (u + v), thì z ∈ A(K, {xn }) và theo tính chất của modul lồi ta có

1
r(K, {xn }) = r(z, {xn }) = lim sup ||xn − (u + v)||
n→∞
2

d−µ
1−δ
r(K, {xn }),
r(K, {xn })
từ đó suy ra

d−µ

ε0 (X)r(K, {xn }).

Vì µ > 0 tùy ý, nên ta có điều phải chứng minh.

(2.6)


20

Nhận xét 2.1.9.
i) Cho K là tập con khác rỗng, lồi đóng của không gian Banach X với ε0 (X) < 1,
và nếu ánh xạ T : K → K không giãn với quỹ đạo bị chặn, thì với bất kỳ
x0 ∈ K tập hợp K1 = A(K, {T n x0 }) khác rỗng, T -bất biến, bị chặn, đóng, lồi.
Chọn x1 ∈ K1 , đặt K2 = A(K1 , {T n x1 }). Quá trình trên tiếp tục mãi, ta thu
được dãy giảm các tập con {Kn } khác rỗng, T -bất biến, compact yếu của K .
Theo Định lý 2.1.5, ta có
diamKn
Vì vậy K∞ =

∞
n=1 Kn

(ε0 (X))n r(K, T n x0 ).

(2.7)

chứa duy nhất một điểm là điểm bất động của ánh xạ T .

ii) Nếu X là không gian Banach lồi đều thì ε0 (X) = 0 và K1 là tập chỉ có một
phần tử và phần tử này bất động dưới ánh xạ T .
Định nghĩa 2.1.10. Ánh xạ không giãn T : K → K được gọi là chính quy tiệm
cận nếu với bất kỳ x ∈ K ta có

lim ||T n x − T n+1 x|| = 0.

n→∞

Ví dụ 2.1.11. Giả sử T : [0, 1] → [0, 1] là ánh xạ không giãn và S = (I + T )/2.
Khi đó S cũng là ánh xạ không giãn. Giả sử với mối số tự nhiên n và x ∈ [0, 1],
thỏa mãn
|S n−2 x − S n−1 x| > 1/n.
Khi đó

|x − Sx|

|Sx − S 2 x|

...

|S n−2 x − S n−1 x| > 1/n,

và

|S n−1 x − T S n−2 x| = |S n−2 x − S n−1 x| > 1/n.
Với mỗi x ∈ [0, 1], xảy ra một trong hai trường hợp x < Sx hoặc x
sử x < Sx, khi đó ta có

Sx − S 2 x = (x + T x − Sx − T (Sx))/2
= [−|Sx − x| + (T x − T (Sx))]/2
[−|T (Sx) − T x| + (T x − T (Sx))]/2
0.

Sx. Giả


21

Tiếp tục quá trình trên, ta nhận được x < Sx

S 2x

S n−1 x − T S n−2 x = S n−2 x − S n−1 x
Suy ra S n−1 x

···

S n−1 x. Ta có

0.

T S n−2 x và do đó dãy
{x, Sx, S 2 x, ..., S n−1 x, T S n−2 x}

đơn điệu tăng. Từ các đánh giá trên, ta nhận được

|x − T S n−2 x| = T S n−2 x − x
= T S n−2 x − S n−1 x + S n−1 x − S n−2 x + . . . + S 2 x − Sx + Sx − x
1 1
1
> + + . . . + = 1,
n n
n
điều này mâu thuẫn với |x − T y| 1 với mọi x, y ∈ [0, 1].
Hoàn toàn tương tự, nếu x Sx, thì dãy

{x, Sx, S 2 x, ..., S n−1 x, T S n−2 x}
đơn điệu giảm. Do đó

|x − T S n−2 x| = x − T S n−2 x
= x − Sx + Sx − S 2 x + . . . + S n−1 x − S n−1 x + S n−1 x − T S n−2 x
1 1
1
> + + . . . + = 1,
n n
n
điều này mâu thuẫn với |x − T y| 1 với mọi x, y ∈ [0, 1].
Từ đó suy ra với ε > 0 và x ∈ [0, 1], thì với mọi ánh xạ không giãn T :
[0, 1] → [0, 1], ta đều có
|S n x − S n+1 x| ε
với bất kỳ n

ε−1 − 2.

Kết quả trên là trường hợp đặc biệt của định lý dưới đây.
Định lý 2.1.12. Cho X là không gian Banach, K là con đóng, lồi và bị chặn
của X , ký hiệu F là tập hợp tất cả các ánh xạ không giãn từ K → K . Cho trước
α ∈ (0, 1) và với mỗi T ∈ F đặt Tα = (1 − α)I + αT. Khi đó Tα là ánh xạ chính
quy tiệm cận trên K . Ngoài ra, dãy {||Tαn x − Tαn+1 x||} hội tụ đều tới 0 với x ∈ K
và T ∈ F. Chính xác hơn, với mọi ε > 0 thì tồn tại số nguyên N , chỉ phụ thuộc ε
(và K ) sao cho nếu n N , nếu x ∈ K , và nếu T ∈ F, thì ||Tαn x − Tαn+1 x|| ε.


22

Để chứng minh định lý trên, ta cần bổ đề dưới đây.
Bổ đề 2.1.13. Giả sử X là không gian Banach, K là tập con lồi đóng bị chặn của
X và T : K → K là ánh xạ không giãn. Với α ∈ (0, 1), đặt Tα = (1 − α)I + αT,
cho trước x0 ∈ K , và xác định dãy {xn } và dãy {yn } xác định như sau:

xn+1 = Tα xn ;

yn = T xn ,

n = 0, 1, 2, ...

(2.8)

Khi đó với mỗi i, n ∈ N, ta có

||yi+n − xi ||

(1 − α)−n ||yi+n − xi+n || − ||yi − xi || + (1 + nα)||yi − xi ||,

(2.9)

và

lim ||xn − T xn || = 0

(2.10)

n→∞

Chứng minh. Ta chứng minh bất đẳng thức (2.9) bằng quy nạp theo n. Giả sử
bất đẳng thức (2.9) đúng với n và mọi i ((2.9) hiển nhiên đúng với n = 0.) Thay
i bởi i + 1 trong bất đẳng thức (2.9) ta được:

(1 − α)−n |yi+n+1 − xi+n+1 || − ||yi+1 − xi+1|| ]

||yi+n+1 − xi+1 ||

+(1 + nα)||yi+1 − xi+1 ||.

(2.11)

Ta cũng có

||yi+n+1 − xi+1 ||

(1 − α)||yi+n+1 − xi || + α||yi+n+1 − yi ||
n

(1 − α)||yi+n+1 − xi || + α

||yi+k+1 − yi+k ||
k=0

n

(1 − α)||yi+n+1 − xi || + α

||xi+k+1 − xi+k || (2.12)
k=0

Từ bất đẳng thức (2.11) và (2.12) ta có

||yi+n+1 − xi ||

(1 − α)−(n+1) [||yi+n+1 − xi+n+1 || − ||yi+1 − xi+1 ||]


23

+(1 − α)−1 (1 + nα)||yi+1 − xi+1 ||
n
−1

||xi+k+1 − xk+i ||.

−α(1 − α) α
k=0

Do

||xk+i+1 − xk+i || ≡ α||yk+i − xk+i ||,
dãy {||yn − xn ||} là dãy tăng, 1 + nα

(1 − α)−n nên ta có

(1 − α)−(n+1) [||yi+n+1 − xi+n+1 || − ||yi+1 − xi+1 ||]

||yi+n+1 − xi ||

+(1 − α−1 )(1 + nα)||yi+1 − xi+1 ||
−α2 (1 − α)−1 (n + 1)||yi − xi ||
= (1 − α)(n+1) [||yi+n+1 − xi+n+1 || − ||yi − xi ||]
+[(1 − α)−1 (1 + nα) − (1 − α−(n+1) )]||yi+1 − xi+1 ||
+[(1 − α)−(n+1) − α2 (1 − α)−1 (n + 1)]||yi − xi ||
(1 − α)−(n+1) [||yi+n+1 − xi+n+1 || − ||yi − xi ||]
+[(1 − α)−1 (1 + nα) − (1 − α)−(n+1) ]||yi − xi ||
+[(1 − α)−(n+1) − α2 (1 − α)−1 (n + 1)]||yi − xi ||
= (1 − α)−(n+1) [||yi+n+1 − xi+n+1 || − ||yi − xi ||]
+(1 + (n + 1)α)||yi − xi ||.
Như vậy bất đẳng thức (2.9) đúng với n + 1, ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo, ta chứng minh bất đẳng thức (2.10). Giả sử d = diam K và giả
sử limn→∞ ||yn − xn || = r > 0. Chọn N
d/rα và xét ε > 0 thỏa mãn
−N
ε(1 − α) < r. Vì dãy {||yn − xn ||} tăng, nên tồn tại số nguyên i sao cho

0

||yi − xi || − ||yi+N − xi+n ||

ε.

Do đó theo bất đẳng thức (2.9), ta thu được điều điều ngược lại:

d+r

(1 + N α)r

(1 + N α)||yi − xi ||
||yi+N − xi || + (1 + α)−N ε
< d + r.

Do đó r = 0 và ta có điều phải chứng minh.