BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KHOA TỐN  LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN TRONG KHÔNG GIAN BANACH Giảng viên hướng dẫn: PGS.TS LÊ HỒN HĨA Sinh viên thực hiện: PHAN VĂN PHƯƠNG Thành phố Hồ Chí Minh – Tháng năm 2011 LỜI CẢM ƠN  Để làm luận văn hoàn thành luận văn này, em xin gửi lời cảm ơn đến tất quý thầy cô người thân em, cho em kiến thức, cho em ân tình Em xin chân thành cảm ơn Thầy Lê Hồn Hóa tận tình giúp đỡ em hoàn thành luận văn Em xin chân thành cảm ơn Thầy, Cô trường đại học sư phạm T.p Hồ Chí Minh cho em kiến thức quý báu suốt thời gian em học tập trường Em xin chân thành cảm ơn Thầy phản biện nhận xét đóng góp ý kiến cho em Em xin gửi lời cảm ơn đến bà Nội mình, người ni dưỡng em nên người Nội khơng nữa, ân tình Nội mãi Thành phố Hồ Chí Minh – Tháng năm 2011 Phan Văn Phương MỤC LỤC Trang LỜI NÓI ĐẦU …………………………………………………………………… PHẦN 1: KHÁI NIỆM VỀ ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN…………………………….……… 1.1 Định nghĩa 1.1 (Ánh xạ không giãn điểm bất động ánh xạ)… …… 1.2 Giới thiệu số dãy điểm hội tụ điểm bất động ánh xạ không giãn …… PHẦN 2: DÃY ADMISSIBLE VÀ ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN………………………… 2.1 Định nghĩa 2.1 (Khái niệm dãy admissible)………… …………… ………………6 2.2 Định lí 2.2 (Tính khơng bị chặn tập hợp chứa dãy admissble)………………… 2.3 Định lí 2.3 (Sự hội tụ dãy x 2.4 Định lí 2.4 (Sự hội tụ 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 dãy admissible điểm bất động ánh xạ không giãn) 13 Ánh xạ demicompact điểm………………………………………………….15 Định lí 3.3 (Sự hội tụ dãy điểm điểm bất động 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 LỜI NĨI ĐẦU Trong chương trình đại học trường, nội dung ánh xạ co, ánh xạ không giãn điểm bất động ánh xạ xa lạ sinh viên Qua môn học tôpô đại cương, sinh viên lần biết đến khái niệm ánh xạ co điểm bất động ánh xạ (trong phần khơng gian mêtric) Trong mơn hình học cao cấp, với sách thầy Nguyễn Mộng Hy, sinh viên vài lần bắt gặp tốn u cầu tìm điểm bất động (điểm kép) phép afin, phép biến đổi xạ ảnh Nội dung luận văn trình bày ánh xạ khơng giãn điểm bất động ánh xạ không giãn, với dãy điểm có tính chất đặc biệt có liên hệ với ánh xạ không giãn hội tụ điểm bất động ánh xạ không giãn Đây lần nghiên cứu ánh xạ khơng giãn trình bày phần nội dung ánh xạ không giãn với vài dãy điểm đặc biệt hội tụ điểm bất động Dù cố gắng, khó tránh thiếu sót, mong hướng dẫn Thầy, Cô Thành phố Hồ Chí Minh – Tháng năm 2011 Sinh viên: Phan Văn Phương PHẦN 1: KHÁI NIỆM VỀ ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN  1.1 Định nghĩa 1.1 (Ánh xạ không giãn điểm bất động ánh xạ) Cho (X, d) không gian metric ánh xạ f: X → X  f gọi ánh xạ không giãn d  f(x), f(y )  d  x, y  , x, y  X  Điểm x0  X gọi điểm bất động f f  x0   x0 1.2 Giới thiệu số dãy hội tụ điểm bất động ánh xạ không giãn Theo nguyên lí ánh xạ co, ta biết với (M, d) không gian metric đầy đủ, ánh xạ co T: M → M có điểm bất động Hơn nữa, với x0  M , dãy  xn  nN định xn 1  T  xn  hội tụ đến điểm bất động T Đối với ánh xạ khơng giãn f điều nói chung khơng Chẳng hạn xét tập hợp  K   x  R / x  1 , f phép quay tâm O góc quay Ta có f ánh xạ khơng giãn với O điểm bất động Khi đó, dãy  xn  nN định xn 1  f  xn  , với x0  1,   K không hội tụ O Tuy nhiên, trường hợp f có điểm bất động, xét dãy  xn  nN định 1 xn  f  xn  dãy  xn  nN hội tụ điểm bất động f 2 Nói chung, X khơng gian định chuẩn K tập không rỗng, lồi X, f xn 1  có điểm bất động xn 1  1    xn   f  xn  , với  số khoảng (0, 1) dãy  xn nN hội tụ điểm bất động f Hơn nữa, xn 1  1  Cn  xn  Cn f  xn  , n  0,1, 2, , dãy  Cn nN   0,1 thỏa mãn số điều kiện cho trước dãy  xn  nN hội tụ điểm bất động f Ta trình bày nội dung phần đề tài PHẦN 2: DÃY ADMISSIBLE VÀ ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN  2.1 Định nghĩa 2.1 (Khái niệm dãy admissible) Cho  X,   không gian định chuẩn trường số thực Giả sử K tập hợp không rỗng X f: K → X ánh xạ không giãn Lấy x0  K Ta gọi dãy  xn  nN admissible có dãy giảm  Cn  nN khoảng  0,1 cho xn 1  1  Cn  xn  Cn f  xn  , n  0,1, 2, 2.2 Định lí 2.2 (Tính khơng bị chặn tập hợp chứa dãy admissble) Cho  X,   không gian định chuẩn trường số thực tập hợp không rỗng K  X Xét f: K → X ánh xạ không giãn Giả sử tồn tập hợp A  K cho với x0  A , có dãy admissible  xn  nN  A Hơn nữa, tồn số  > cho với số nguyên dương k cho trước, có số nguyên N  k thỏa mãn xN 1  xN   Khi A khơng bị chặn Chứng minh: Giả sử ta có giả thiết định lí, ta cần chứng minh A khơng bị chặn Phản chứng: Giả sử ngược lại A bị chặn Khi đó, tồn số    1 cho xn   , n  N Lần lượt chọn số nguyên dương M  k thỏa mãn  M  1   2  k  max M;    2    M      ([.] hàm phần nguyên) M  1  C1  C1   có số nguyên N  k thỏa mãn xN 1  xN   ♦ Ta chứng minh   xN 1  xN  xN  xN 1   x2  x1  2 : Gọi  Cn  nN dãy giảm tương ứng dãy  xn  nN Với 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 dãy giảm) C n 1 Vậy xn 1  xn  xn  xn 1 Suy   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 L    M  1  C1  C1  M   k 1  C1  C1 , k  0,1, 2, , L  Xét tập hợp gồm L đoạn  sk ;s k 1  , s k   2 , k  L  Ta chứng minh tồn số tự nhiên r tồn số s = sk đoạn  ; 2  cho:   C r  M  j  M xr  M  j   xr  M  j1  s  1  C1  C1 , j = 0,1,…, M –   C r  M  j  C r  M  j1   - Với i = 0, 1, 2,…,N, ta có xi 1  1  Ci  xi  Ci f  xi  , suy f  xi   xi 1  1  Ci  xi Ci Từ 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  Ci 1  xi1  xi    xi  xi1   f  xi   f  xi 1   xi  xi 1 (f không giãn) Ci Ci 1 1  Ci 1 xi 1  xi  xi Ci Ci 1  (2.1) Ta nhận xét: Một đoạn  sk ;s k 1  có M số số  x x  i 1 i N i 1   ; 2   2    (Vì khơng có điều N < LM    M trái với việc chọn N lúc đầu) M  1  C1  C1  Vì tồn số s = sk tồn số tự nhiên r cho: M xr i 1  xr i 1  xr i  s; s  1  C1  C1  , i =0,1,2, , M    Khi đó, thay i (2.1) r + M – j – (j = 0,1,…, M – 1), ta được:   C r  M  j  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  Vậy   C r  M  j  M xr  M  j    xr  M  j1  s  1  C1  C1  C r  M  j1  C r  M  j  (2.2) ♦ Chọn f *  X* (X* đối ngẫu X) với f *  f *  xi   xi Bằng quy nạp, ta chứng minh f*  xr  M  j1   s  1  C1  Với cách chọn f* trên, ta có M 1 j   C   t    C1    Cr  M  j f*  xr  M  j     C r  M  j C r  M  j1   f*   C r  M  j xr  M  j    C r  M  j C r  M  j1  t (2.3)   f*  xr  M  j1    M  xr  M  j1  s  1  C1  C1  Từ đó, ta có:  C r  M  j     C r  M  j f*  xr  M  j1    f*  xr  M  j        C r  M  j1    C r  M  j    Cr  M  j2      M  s  1  C1  C1    (2.4) Mặt khác,  Ci iN dãy giảm khoảng (0, 1) nên với i  1, ta có : 1 Ci C1    Ci  C1  Ci  C1 Khi đó, cho j = kết hợp với f*  xr  M   xr  M  s; s  1  C1   M 1  , ta có:     Cr  M   M M 1 f*  xr  M 1     s    s  1  C1  C1  s  C1 1  C1    Cr M2    Cr M2    Vậy với j = (2.3) Bây giờ, giả sử (2.3) với j ≤ k, k  1, 2, , M  2 Ta chứng minh (2.3) với j = k + 1: Từ (2.4) giả thiết quy nạp, ta có:   f* xr  M  k 11  f*  xr  M  k   C    Cr  M  k   M   r  M  k 3    f*  xr  M  k 1     s  1  C1  C1  C r  M  k     Cr  M  k     C r  M  k 3    t k       C r  M  k 3  M 1 M   s  1  C1  C1      s  1  C1  C1  C r  M  k 3  t    C1     C r  M k 3       t k      C1  M 1 M s  C C       1  C1  C1 1  t    C1    C1    C1   s  1  C1    M 1 k 1   C   t    C1  t Vậy f* xr  M  k 11  s  1  C1  M 1 k 1 t   C   , (2.3) với j = k + t    C1  Kết luận: (2.3) với j = 0,1,…, M – ♦ 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    f*  xr  M 3   + +  f*  xr 1   f*  xr    M  1 s  1  C1  M 1 M2        C 1                C1  C    C1        Đặt    C1 ,  C1 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 mâu thuẩn với xn   , xr  M 1  xr  xr  M 1  xr  2 Kết luận: A khơng bị chặn Vậy, định lí 2.2 chứng minh 10 ♦ Chứng minh dãy  xn  , f  xn  , S  xn  bị chặn: - Chứng minh dãy  xn  , f  xn  bị chặn: Lấy x*  F  f   F  S đặt M  max  x0  x * , u  x *  Bằng phép quy nạp, ta chứng minh xn  x *  M, n  N (3.4) - Dể thấy với n = (3.4) - Giả sử (3.4) với n = k  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) với n = k + Do đó, (3.4) với 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 khơng giãn nên ta có: f  xn   f  x *  f  xn   f  x *  xn  x *  M, n  N Do đó, dãy f  xn nN 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, dãy  xn  nN f  xn nN bị chặn nên dãy S  xn nN bị chặn 18 ♦ Chứng minh lim xn 1  S  xn   (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  , từ lim xn 1  S  xn   n  n  n  ♦ Chứng minh lim xn 1  xn  (3.6) n  Với n = 0, 1, 2,…, ta đặt  n : 1     n   yn  xn 1  xn   n xn n Do lim  n  nên lim  n   n  n  - Chứng minh dãy  yn  nN bị chặn: Dể thấy  n  n  N , yn  xn 1  xn   n xn n   xn 1  xn   xn n  1 xn 1  xn  xn   xn 1  xn   xn  n   (1   ) xn  xn 1   Khi đó, dãy  xn  nN bị chặn nên dãy  yn  nN bị chặn - Chứng minh lim xn 1  xn  n  Từ  n  1    n   , xn 1   n u  (1   n )S  xn  , S  x   1    x   f  x  yn   u  (1   n ) f  xn  xn 1  xn   n xn , ta rút 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   n      n 1   n 1  n  u   f  xn 1   f  xn        f  xn   n 1 n    n 1  n    n 1      n 1   n 1   n   n 1  n  u   f  xn 1   f  xn     f  xn   n 1  n 1 n   n 1  n       n 1   n 1   n   n 1  n  u   xn 1  xn    f  xn   n 1  n 1 n   n 1  n       n 1   n 1   n  yn 1  yn  xn 1  xn   n 1  n  u    xn 1  xn    f  xn   n 1  n 1 n   n 1  n  Do dãy  xn  nN f  xn nN bị chặn nên tồn số dương M1, M2 cho xn 1  xn  M1 , f  xn   M Khi đó, ta có:      n 1   n 1   n  yn 1  yn  xn 1  xn   n 1  n  u    M1    M2  n 1  n 1 n   n 1  n  Mặt khác, lim  n  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    n 1   n 1   n   M1    M2    u   n   n 1  n 1 n  Vậy lim sup  yn 1  yn  xn 1  xn   n  Áp dụng bổ đề 3.3.1, ta có lim yn  xn  n  Từ yn  xn 1  xn   n xn , ta suy xn 1  xn   n yn  xn n Khi đó, lim  n   lim yn  xn  nên lim xn 1  xn  n  n  n  20 ♦ Chứng minh lim xn  S  xn   (3.7) n  Theo chứng minh trên, ta có lim xn 1  xn  lim xn 1  S  xn   n  Suy ra, lim n  x n 1 n    xn  xn 1  S  xn   Hơn nữa, ta lại có xn  S  xn   xn 1  xn  xn 1  S  xn  Từ đó, ta có lim xn  S  xn   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  - Với số nguyên dương n  1, ta chọn tn   0,1 : tn  xn  S  xn  tn  n   - Gọi ztn  K điểm bất động ánh xạ co Stn xác định bởi: Stn ( x) : tn u  1  tn  S( x ), x  K 2 Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức: x  y  x  y , j  x  y  , x, y  X (3.9) Thật vậy, ta có x  y  x  y , j  x  y   x x  y  y, j  x  y  (Bất đẳng thức tam giác)  2 x  x y   y, j  x  y   x  y  x  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 (3.9), ta có: ztn  xn 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   S(z tn )  S  xn   S  xn   xn   2   2tn ztn  xn  u  ztn , j ztn  xn  f không giãn  1  tn     1  t  z   tn ztn  xn n tn  xn 2   ztn  xn  S  xn   xn   2tn ztn  xn   1  tn  ztn  xn  S  xn   xn   ztn  xn  S  xn   xn   u  ztn , j xn  ztn   tn zt  xn n    u  ztn , j ztn  xn  S x   x n  S x   x n ztn  xn  S  xn   xn    n   tn n (3.10) tn tn  n   0 ♦ Tiếp theo, ta chứng minh lim sup u  z, j  xn  z   (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) dãy  xn  , ztn , S  xn  bị chặn, tn  , ta suy 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 j liên tục tập đóng, bị chặn X nên n    lim u  z, j xn  ztn  j  xn  z   n  Từ (3.11) kết trên, ta suy lim sup u  z, j  xn  z   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  xn 1  z  (1   n ) S  xn   z  2 n u  z , j  xn 1  z   (1   n )2 S  xn   S  z   2 n u  z , j  xn 1  z  ( z  F(S) )  (1   n ) xn  z  2 n u  z, j  xn 1  z  (  1 n  ) (3.14) Với n  0,1, , ta đặt a n  xn  z  0,  n  u  z, j  xn 1  z  ,  n  Khi đó, (3.14) trở thành a n 1  1   n  a n   n n   n , n  N , điều kiện sau thỏa mãn:  i)  n nN   0,1 ,  n   n 0 ii) lim sup n  n   iii)  n  0n  N,  n   n 0 Áp dụng bổ đề 3.3.2, ta lim a n  n  Vậy lim xn  z  Từ đó, ta suy dãy  xn  hội tụ mạnh đến điểm bất động z 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 tập hợp không rỗng không gian Banach X x  K - Ta gọi tập hợp I K ( x )   x   (u  x ) / u  K,   1 inward K chứa x - Ánh xạ f: K → X thỏa mãn f ( x)  cl  I K ( x)  x  K ( cl  I K ( x)  bao đóng IK ( x ) ) gọi inward yếu 3.4.2 Ánh xạ sunny Cho K tập khơng rỗng, lồi, đóng khơng gian Banach X Một toàn ánh g: X → K gọi sunny g  g ( x )  t ( x  g ( x )   g ( x ), x  X t  3.4.3 Ánh xạ co rút Cho không gian Banach X ánh xạ g: X → X Ta gọi g co rút g  g Với g co rút, ta có g ( z )  z , z  R(g) , R(g) tập giá trị g 3.4.4 Tập sunny không giãn co rút Cho không gian Banach X K tập không rỗng X Ta gọi K tập sunny không giãn co rút X tồn ánh xạ co rút sunny không giãn g: X → K 3.4.5 Định lí 3.4.5 Cho không gian Banach X K tập không rỗng, lồi đóng X Giả sử f: K → X inward yếu g: X → K sunny khơng giãn co rút Khi đó, f g  f có tập điểm bất động 24 Chứng minh: Gọi F  f  tập điểm bất động f F  g  f  tập điểm bất động 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 x  F  g  f  x  F  f  - Vì f inward yếu nên u  K, u  x   cho f  x   x    u  x  ( u  x , u = x f(x) = x, điều mâu thuẩn với x  F  f ) - Do g sunny khơng giãn nên ta có: g[(g  f)(x) + t(f(x) – (g  f)(x))] = (g  f)(x) = x, t   g  x  t  f  x  – x    x, t   g  tf  x   1  t  x   x, t  - Đặt t0  (*)   0,1 từ f  x   x    u  x  , ta suy u  t 0f  x   1  t  x   u  g  u   g  t f  x   1  t  x   x  * Điều mâu thuẩn với u  x Vậy, F  g  f   F  f  Từ đó, ta có F  f   F  g  f  25 3.4.6 Định lí 3.4.6 Sự hội tụ mạnh dãy điểm điểm bất động ánh xạ khơng giãn có tính inward yếu Cho không gian Banach X K tập khơng rỗng, đóng, lồi X Gọi f: K → X ánh xạ không giãn inward yếu thỏa mãn F  f    Giả sử K tập sunny không giãn co rút X với g co rút sunny tương ứng Giả sử thêm có dãy  zt  hội tụ mạnh đến điểm bất động z g  f t  , < t < 1, zt điểm K thỏa mãn zt  t.u  1  t  g  f  ( zt ) , với u  K Gọi  n  nN dãy số khoảng (0, 1) thỏa mãn điều kiện sau:  i)    n n 0  ii)  n   n 1   n 1 Lấy x0  K , xét dãy  xn  nN định xn 1   n u  1   n  g  f  xn  Khi đó, dãy  xn  nN hội tụ mạnh đến điểm bất động f Chứng minh: Trong chứng minh định lí, ta cần đến bổ đề sau: Bổ đề 3.4.6.1 (Thừa nhận, không chứng minh) Cho  a n nN dãy số thực không âm thỏa mãn a n 1  1   n  a n   n , n  N , đó: i)   n  1, n  N  ii)  n   n0  iii)  n   n0 Khi đó, lim a n  n  26 Bây giờ, ta chứng minh định lí 3.4.6 ♦ Chứng minh g  f không giãn:  g  f  x    g  f  y  x, y  K , ta có:  g  f  x   g f  y   f  x   f  y  (g không giãn)  x  y (f không giãn) Vậy g  f không giãn ♦ Chứng minh dãy  xn  ,  g  f  xn  bị chặn: Lấy x*  F  f  đặt M  max  x0  x * , u  x *  Bằng phép quy nạp, tương tự chứng minh định lí 3.3, ta có xn  x *  M, n  N Từ đó, dãy  xn  bị chặn Vì g  f khơng giãn nên ta có:  g  f  xn    g  f  x *   g  f  xn    g  f  x *  g  f  xn    g  f  x *   f  xn   f  x *  x0  x *  M, n  N Do đó, dãy  g  f  x  bị chặn n ♦ Chứng minh lim xn 1   g  f  xn   (3.15) n  Do dãy   g  f  x  bị chặn nên H > 0:  g  f  x  n n H xn 1   g  f  xn    n u  (1   n )  g  f  xn    g  f  xn     n u   g  f  xn    n u   g  f  xn    xn 1  S  xn    n  u  H  Ta có lim  n  u  H    u  H  lim  n  , từ lim xn 1   g  f  xn   n  n  n  27 ♦ Chứng minh lim xn 1  xn  (3.16) n  Ta có xn 1  xn   n u  1   n  g  f  xn     n 1u  1   n 1  g  f  xn 1     n   n 1   u   g  f  xn 1    1   n 1   g  f  xn    g  f  xn 1     n   n 1 u   g  f  xn 1   1   n 1  g  f  xn    g  f  xn 1     n   n 1  u   g  f  xn 1    1   n 1   f  xn   f  xn 1     n   n 1  u   g  f  xn 1    1   n 1  xn  xn 1 Vì dãy  g  f  x  bị chặn nên tồn số M > cho  u   g  f  x    M n 1 n Khi đó, ta có xn 1  xn  1   n 1  xn  xn 1   n   n 1 M (3.17) Áp dụng bổ đề 3.4.6.1 với  n   n   n 1 M cho (4.3), ta lim xn 1  xn  n  ♦ Chứng minh lim xn   g  f  xn   (3.18) n  Theo chứng minh trên, ta có lim xn 1  xn  lim xn 1   g  f  xn   n  Suy lim n  x n 1 n    xn  xn 1   g  f  xn   Hơn nữa, ta lại có xn   g  f  xn   xn 1  xn  xn 1   g  f  xn  Từ đó, ta có lim xn   g  f  xn   n   ♦ Chứng minh lim sup u  ztn , j xn  ztn n   0 (3.19) - Với số nguyên dương n  1, ta chọn tn   0,1 cho: tn  xn   g  f  xn  tn  n   28 - Gọi ztn  K điểm bất động ánh xạ co h tn xác định bởi: h tn ( x) : tn u  1  tn  g  f  ( x), x  K Ta có ztn  xn  h tn ( ztn )  xn  tn u  1  tn  g  f  ( ztn )   xn  1  tn   g  f  ( ztn )  xn   tn  u  xn  Áp dụng kết (3.9), ta có: ztn  xn  1  tn   1  tn  2  g  f   zt n x  g  f   zt n  x   2tn u  xn , j ztn  xn n n  2t n z tn       xn  u  ztn , j ztn  xn  Bất đẳng thức tam giác  1  tn   g  f   zt n    g  f  xn    g  f  xn   xn   2t  z n   xn  u  ztn , j ztn  xn tn  g  f không giãn  1  tn  z tn  xn   g  f  xn   xn   xn   g  f  xn   xn     2tn ztn  xn      u  ztn , j ztn  xn f không giãn  1  tn   z tn    tn ztn  xn 2     2tn ztn  xn   u  ztn , j ztn  xn  1  tn  ztn  xn   g  f  xn   xn  2tn u  ztn , j ztn  xn   tn ztn  xn   g  f  x   x n n    ztn  xn   g  f  xn   xn  g  f  x   x n n   2tn u  ztn , j ztn  xn  (  tn  )   u  ztn , j xn  ztn   tn zt  xn n  ztn  xn   g  f  xn   xn    g  f  xn   xn tn (3.20) 29   Từ (3.20) dãy  xn  , ztn ,  g  f  xn  bị chặn, tn  xn   g  f  xn    n   , ta suy lim sup u  ztn , j xn  ztn tn n   0 ♦ Tiếp theo, ta chứng minh lim sup u  z, j  xn  z   (3.21) n   Ta có u  ztn , j xn  ztn    u  z    z  zt n  u  z, j  x , 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  (3.22)  - Theo (3.19) ta có lim sup u  ztn , j xn  ztn n   0 - Theo giả thiết, lim zt n  z  F(g  f)  F(f) ( F(g  f)  F(f) định lí 3.4.5) Kết hợp với dãy n   xn  bị chặn, ta có nlim   z  ztn , j xn  ztn  0 - Do lim zt n  z j liên tục tập đóng, bị chặn X nên n    lim u  z, j xn  ztn  j  xn  z   n  Từ (3.22) kết trên, ta suy lim sup u  z, j  xn  z   n  ♦ Cuối cùng, ta chứng minh lim xn  z (3.23) n  Ta có xn 1  z  (1   n )  g  f  xn   z    n  u  z  2  xn 1  z  (1   n )  g  f  xn   z  2 n u  z , j  xn 1  z   (1   n )2  g  f  xn    g  f  z   2 n u  z, j  xn 1  z  ( z  F  g  f  )  (1   n ) xn  z  2 n u  z, j  xn 1  z  (  1 n  ) (3.24) 30 Với n  0,1, , ta đặt a n  xn  z  0,  n  u  z, j  xn 1  z  ,  n  Khi đó, (3.24) trở thành a n 1  1   n  a n   n n   n , n  N , điều kiện sau thỏa mãn:  i)  n nN   0,1 ,  n   n 0 ii) lim sup n  n   iii)  n  0n  N,  n   n 0 Áp dụng bổ đề (3.3.2), ta lim a n  n  Vậy lim xn  z  Từ đó, ta suy dãy  xn  hội tụ mạnh đến điểm bất động z f n  31 TÀI LIỆU THAM KHẢO Geometric Properties of Banach Spaces and Nonlinear Iterations Giải tích phi tuyến – PGS.TS Lê Hồn Hóa Giải Tích Hàm – PGS TS Đậu Thế Cấp 32 ... dung ánh xạ co, ánh xạ không giãn điểm bất động ánh xạ xa lạ sinh viên Qua mơn học tôpô đại cương, sinh viên lần biết đến khái niệm ánh xạ co điểm bất động ánh xạ (trong phần không gian mêtric) Trong. .. điểm bất động (điểm kép) phép afin, phép biến đổi xạ ảnh Nội dung luận văn trình bày ánh xạ khơng giãn điểm bất động ánh xạ không giãn, với dãy điểm có tính chất đặc biệt có liên hệ với ánh xạ. .. với ánh xạ không giãn hội tụ điểm bất động ánh xạ không giãn Đây lần nghiên cứu ánh xạ khơng giãn trình bày phần nội dung ánh xạ không giãn với vài dãy điểm đặc biệt hội tụ điểm bất động Dù cố