Điểm bất động trong không gian kiểu Metric

SỐ 53/2020 KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ QUI 20 KH&CN QUI Điểm bất động trong không gian kiểu Metric ThS. Nguyễn Thị Thu Hương1,* 1Khoa Khoa học Cơ bản, Trường Đại học Công nghiệp Quảng Ninh Mobile: 0366450738; * Email: huongna2010@gmail.com Tóm tắt Từ khóa: Ánh xạ co; Dãy Cauchy; Điểm bất động; Không gian kiểu metric;Phép lặp Picard. Trong bài báo này, trước hết chúng tôi đưa ra hai bổ đề quan trong về Điểm bất động trong không gian kiểu metric, nó khái quát hóa và kéo theo nhiều kết quả khác. Thứ hai, chúng tôi đưa ra một số định lý về điểm bất động của ánh xạ co trên không gian kiểu metric đầy đủ. Thứ ba, chúng tôi chứng minh tính chất của phép lặp Picard. Các kết quả trong bài báo này được viết dựa trên tài liệu [2]. 1. Giới thiệu Hơn một thế kỉ qua, lý thuyết điểm bất động được nhiều nhà toán học trên thế giới tìm cách cải tiến trên các không gian trừu tượng khác nhau như: Không gian 2- metric, không gian metric thứ tự, không gian b-metric, không gian metric nón,. Tất cả đều thiết lập mối liên hệ giữa phương pháp tiếp cận thuần túy và ứng dụng của nó. Đặc biệt, một số ứng dụng của lý thuyết điểm bất động đã được giới thiệu để nghiên cứu và tính toán cho phương trình vi phân, phương trình tích phân. Trong số đó, Định lý điểm bất động có tầm ảnh hưởng lớn và nổi tiếng nhất là nguyên lý ánh xạ co Banach được chứng minh bởi nhà toán học Banach người Balan vào năm 1922. Kể từ đó lý thuyết điểm bất động đã có một bước phát triển nhanh chóng. 2. Nội dung 2.1.Các định nghĩa và bổ đề Định nghĩa 1[1].Cho X là tập hợp khác rỗng và 1k là một số thực cho trước. Hàm d : X × X   được gọi là kiểu metric trên X nếu các điều kiện sau được thỏa mãn:  1) , 0 ,  d x y x y    2) , , ,d x y d y x      3) ,z , , , d x kd x y kd y z , , . x y z X Khi đó bộ ba  , , X k d được gọi là không gian kiểu metric. Định nghĩa 2[1]. Cho  , , X k d là không gian kiểu metric và  nx là một dãy các phần tử trong X. Khi đó: (1) Dãy  nx được gọi là hội tụ đến x X nếu  , 0nd x x  khi n ; (2) Dãy  nx được gọi là dãy Cauchy nếu  , 0m nd x x  khi ,m n ; (3)  , , X k d là không gian đầy đủ nếu mọi dãy Cauchy các phần tử trong X đều hội tụ trong nó. Định nghĩa 3[2]. Cho  , , X k d là một không gian kiểu metric, 0x X và ánh xạ T: ,X X với (T) ,F  trong đó (T)F là tập các điểm bất động của T. Khi đó, dãy lặp 1 T n nx x với mọi n N được gọi T- dừng đối với T nếu lim (T)   n n x q F và nếu mỗi dãy  n n Ny X  thỏa mãn  1lim ,T 0 n nn d y y thì lim .  n n y q Định nghĩa 4[2]. Cho  ,K  là một không gian metric bị chặn đầy đủ. Khi đó, điểm bất động của ánh xạ :T K K được xác định nếu tồn tại duy nhất  :q K q F T  và   :y Xn   lim , 0m n n d y Ty   thì ta có lim .n n y q   Bổ đề 1. Cho  , ,X k d là không gian kiểu metric với hệ số 1k  . Giả sử dãy    ,n nx y X hội tụ tới các điểm tương ứng ;x y X . Khi đó ta có:        2n n n n2 n n 1 d x,y liminfd x ,y limsupd x ,y k d x,y . k      Nếu x y thì  lim d x ,y =0.n nn Hơn nữa, với mỗi z X ta có        2n n n n 1 d x,z liminfd x ,z limsupd x ,z k d x,z k      Chứng minh.Với mỗi 1n  , ta có:                         , , , , , , , , , , , , , , , . n n n n n n n n n n n n d x y k d x x d x y d x y k d x y d y y d x y k d x x d x y d x y k d x y d y y                     Suy ra KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ QUI SỐ 53/2020 KH&CN QUI 21               2 2 2 1 1 , , , , , , , . n n n n n n d x y d x x d y y d x y k k kd x x k d y y k d x y       Cho n ta thu được        lim 2n n n n2 n n 1 d x,y infd x ,y limsupd x ,y k d x,y . k      Nếu x y thì ( , ) 0.d x y Suy ra  lim , 0.n n n d x y   Với mỗi z X , ta có      , , , , 1.   n nd x z kd x x kd x z n Từ đó ta suy ra           1 , , , , , .     n n n d x z d x x d x z k kd x x kd x z Cho nvà sử dụng  lim , 0n n d x x   ta thu được:         1 , liminf , limsup , , .      n n n n d x z d x z d x z k kd x z Bổ đề 2. Cho  , ,X k d là không gian kiểu metric với hệ số 1k  và ánh xạ :T X X . Giả sử nx là một dãy các phần tử trong X xác định bởi 1n nx Tx  sao cho    n n+1 n-1 nd x ,x λd x ,x , (2.1) với mọi n N trong đó và  λ 0;1 . Khi đó  nx là một dãy Cauchy. Chứng minh. Cố định 0x X và xây dựng dãy  nx bởi công thức 1n nx =Tx ,n N  . Ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: Với 1 λ 0, , k >1. k       Theo (2.1), ta có:         n n+1 n-1 n 2 n-2 n-1 n 0 1 d x ,x λd x ,x λ d x ,x ... λ d x ,x .            n n+1 n-1 n 2 n-2 n-1 n 0 1 d x ,x λd x ,x λ d x ,x ... λ d x ,x .    Do đó, với mọi n,m N và n m ta có:                           1 1 1 2 2 1 2 2 2 1 1 2 3 3 2 3 3 2 1 1 2 3 2 3 , , , , , , , , , , , , , m n m m m n m m m m m n m m m m m m m n m m m m m m d x x kd x x kd x x kd x x k d x x k d x x kd x x k d x x k d x x k d x x kd x x k d x x k d x x                                             1 1 2 1 1 2 1 0 1 0 1 3 2 0 1 1 2 0 1 1 1 0 1 2 2 2 2 , , , , , , , 1 n m n m n n n n m m m n m n n m n m m n m n m k d x x k d x x k d x x k d x x k d x x k d x x k d x x s s k s                                             0 11 1 , n m n m d x x s                   0 1 0 0 1 , , 0 . 1 im i m k s d x x k d x x m k                   Điều này chứng tỏ  0n nT x  là dãy Cauchy. Hay  n nx  là dãy Cauchy. Trường hợp 2: Với 1 ,1 , >1.k k        Trong trường hợp này, ta có 0n  khi ,n do đó tồn tại 0n  sao cho 0 1n k   . Theo Trường hợp 1, suy ra     0 0 0 00 1 0 , , , , n n n n n n n T x x x x        là dãy Cauchy. Khi đó       0 0 0 0 00 1 2 1 1 20 , , , , , ,n n n n n n nnx x x x x x x x x           là dãy Cauchy trong X. Trường hợp 3: Với 1k . Chứng minh tương tự như Trường hợp 1, ta cũng có  n nx  là dãy Cauchy. 2.2. Định lý Định lý 1. Cho  X, k, d là không gian kiểu metric đầy đủ với hệ số 1k  và ánh xạ :T X X thỏa mãn điều kiện                               1 2 3 4 5 , , , , 1 , , , , , 1 , 1 , , , , 2.2 1 , d x Tx d y Ty d Tx Ty d x y d x y d x Ty d y Tx d x Tx d x Ty d x y d x y d y Ty d y Tx d x y               trong đó 1 2 3 4, , ,    và 5 là các hằng số không âm SỐ 53/2020 KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ QUI 22 KH&CN QUI và thỏa mãn 1 2 3 4 5 1k k         . Khi đó, T có điểm bất động duy nhất * .x X Hơn nữa, với mỗi x X , dãy lặp  nT x hội tụ về * .x X Chứng minh.Chọn 0x X và xây dựng dãy lặp  nx bởi công thức  1 .n nx Tx n   Nếu tồn tại 0n  sao cho 0 0 1n nx x  thì 0 0 01 ,n n nx x Tx  hay 0n x gọi là điểm bất động của T. Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng 1,n nx x n   . Theo giả thiết ta có                                     1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 3 4 1 1 1 5 1 1 1 1 1 2 1 , , , , , 1 , , , , , 1 , 1 , , , 1 , , , , 1 , n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n d x x Tx Txn n d x Tx d x Tx d x x d x x d x Tx d x Tx d x Tx d x Tx d x x d x x d x Tx d x Tx d x x d x x d x x d x x d x x                                                                    1 1 1 1 1 3 4 1 1 1 1 1 1 2 1 4 1 1 + . , , , , 1 , 1 , , , 5 1 , , , , , n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n d x x d x x d x x d x x d x x d x x d x x d x x d x x d x x d x x k d x x d x x                               Điều này chứng tỏ rằng          2 4 1 1 4 11 , , 2.3n n n nk d x x k d x x        Từ (2.2) ta có .                                       1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 3 4 1 1 1 1 1 5 1 1 1 1 1 2 1 3 , , , , , 1 , , , , , 1 , 1 , , , 1 , , , , 1 , n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n d x x d Tx Tx d x Tx d x Tx d x x d x x d x Tx d x Tx d x Tx d x Tx d x x d x x d x Tx d x Tx d x x d x x d x x d x x d x x d x                                                                    1 1 1 4 1 1 1 1 1 5 1 1 1 2 1 5 1 1 , , , , 1 , 1 , , , 1 , , , , , . n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n x d x x d x x d x x d x x d x x d x x d x x d x x d x x d x x k d x x d x x                               Kéo theo          2 5 1 1 5 11 , , 2.4n n n nk d x x k d x x        Từ (2.3) và (2.4) ta có    1 4 51 1 2 4 5 2 , , 2 2 n n n n k k d x x d x x k k               Đặt 1 4 5 2 4 5 2 . 2 2 k k k k              Vì 1 2 3 4 5 1k k         nên 0 1.  Theo Bổ đề 2,  nx là dãy Cauchy trong X. Hơn nữa  X, k, d là đầy đủ nên tồn tại x X sao cho lim .n n x x   (2.5) Tiếp theo, ta chỉ ra rằng x là điểm bất động của T. Thật vậy                                             1 2 3 4 5 1 1 2 1 3 4 ,T , , , , 1 , , , , , 1 , 1 , , , 1 , , , , 1 , , , , 1 , n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n d x x d Tx Tx d x Tx d x Tx d x x d x x d x Tx d x Tx d x Tx d x Tx d x x d x x d x Tx d x Tx d x x d x x d x Tx d x x d x x d x Tx d x x d x x d x x                                                              1 1 5 ,T 1 , ,T , 1 , n n n n d x x d x x d x x d x x d x x            Cho n ta thu được  lim , 0.1d x Txnn    Từ đó suy ra *. 1 lim Tx n x n    (2.6) Từ (2.5) và (2.6) ta có Tx x  hay x là bất động của T. Cuối cùng, chúng ta chỉ ra tính duy nhất của điểm bất động. Thật vậy, gia sử có một điểm bất động *y của T sao cho y x  , theo giả thiết ta có:                         1 2 3 4 , , , , , 1 , , , , , 1 , 1 , d x y d Tx Ty d x Tx d y Ty d x y d x y d x Ty d y Tx d x Tx d x Ty d x y d x y                                                       5 1 3 1 3 , , 1 , , , , 1 , , . n d y Ty d y Tx d x y d x y d x y d x y d x x d x y                            KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ QUI SỐ 53/2020 KH&CN QUI 23 Do 1 2 3 4 5 1k k         nên 1 3 1.   Từ đó suy ra  , 0d x y   hay .x y  Hệ quả 1. Cho  ,X d là không gian metric đầy đủ và ánh xạ :T X X thỏa mãn điều kiện                             1 2 3 4 5 , , , , 1 , , , , , 1 , 1 , , , , 1 , d x Tx d y Ty d Tx Ty d x y d x y d x Ty d y Tx d x Tx d x Ty d x y d x y d y Ty d y Tx d x y               trong đó 1 2 3 4, , ,    và 5 là các hằng số không âm và 1 2 3 4 5 1         .Khi đó, T có duy nhất điểm bất động trong X. Hơn nữa, với mỗi x X , dãy lặp   nT x n hội tụ về điểm cố định. Chứng minh: Hệ quả này suy ra từ Định lý 1 bằng cách chọn 1.k Định lý 2. Giả sử các điều kiện của Định lý 1 được thỏa mãn. Nếu   21 3 4 52 2 2k k k        thì dãy  1n nx Tx n   là T- dừng. Chứng minh. Theo Định lý 1, ánh xạ T có điểm bất động duy nhất .x X Giả sử  ny là một dãy trong X sao cho  1, 0n nd y Ty  khi n .Từ (2.2), ta có                               1 2 3 4 5 , ,T , , , 1 , , , , , 1 , 1 , , , 1 , n n n n n n n n n n n n n n n d Ty x d Ty x d y Ty d x Tx d y x d y x d y Tx d x Ty d y Ty d y Tx d y x d y x d x Tx d x Ty d y x                                             1 3 4 1 4 3 4 , , , , , . n n n n n n d y x d x Ty d y Ty k d y x k d x Ty                   Điều này chứng tỏ          3 4 1 41 , , 2.7n nk d x Ty k d y x        Mặt khác, ta có                                             1 2 3 4 5 1 3 5 1 5 3 5 , T ,T , , , 1 , , , , , 1 , 1 , , , 1 , , , , , , . n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n d Ty x d x y d x Tx d y Ty d x y d x y d x Ty d y Tx d x Tx d x Ty d x y d x y d y Ty d y Tx d x y d x y d x Ty d y Ty k d y x k d x Ty                                                 Điều này kéo theo          3 5 1 51 , , . 2.8n nk d x Ty k d y x        T ừ (2.7) và (2.8) suy ra    1 4 5 3 4 5 2 , , . (2.9) 2 2 n n k k d x Ty d y x k k             Đặt  1 4 5 3 4 5 2 . 2 2 k k k h k k             Vì   1 3 4 522 2 2k k k        nên 0 1h  . Đặt    1, , ,n n n n na d y x c kd y Ty   . Từ (2.9), ta có :      1 1 1, , ,n n n n n n na d y x kd y Ty kd Ty x ha c        . Áp dụng Bổ đề 1, suy ra    1 , 0n na d y x n    . Điều này có nghĩa là  ny x n   .Vậy dãy lặp 1n nx Tx  là T-dừng. Hệ quả 2. Giả sử các giả thiết của Hệ quả 1 được thỏa mãn. Khi đó dãy lặp 1n nx Tx  là T- dừng. Chứng minh. Trong Định lý 2 cho 1k . Khi đó 2 1 3 4 52 2 ( )( ) 2,k k k        kéo theo 1 3 4 5 1.       Theo Định lý 1 ta có điều phải chứng minh. Định lý 3. Cho  X, k, d là không gian kiểu metric với hệ số 1k  và ánh xạ :T X X thỏa mãn điều kiện  F T  và     2, , 2.10d Tx T x d x Tx với ,0 1x X     là một hằng số. Khi đó ánh xạ T có thuộc tính (P). Chứng minh. Hiển nhiên, khẳng định trên luôn đúng với 1.n  SỐ 53/2020 KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ QUI 24 KH&CN QUI Với 1n  , lấy  .nz F T Theo giả thiết, ta có               1 2 1, , 1 , 2 2 2 , 2 2 1 , , 0 . n nd z Tz d TT z T T z n nd T z T z n nd TT z T T z n nd T z T z nd z Tz n                Do đó  , 0d z Tz  vậy Tz z hay ánh xạ T có tính chất (P). Định lý 4. Giả sử các điều kiện của Định lý 1 được thỏa mãn. Khi đó ánh xạ T có tính chất P. Chứng minh. Ta chứng minh ánh xạ T thỏa mãn (2.10).Thật vậy, với mỗi x X ta có                               2 1 2 3 4 5 ,T T ,TT , T ,TT ,T 1 ,T ,TT ,T , ,T 1 ,T 1 ,T , , 1 ,T d Tx x d x x d x Tx d x x d x x d x x d x x d Tx x d x Tx d x Tx d x x d x x d Tx TTx d Tx Tx d x x                              2 2 1 3 4 2 1 4 2 4 ,T , , ,T , . d x x d Tx T x d x T x k d x x k d Tx T x               Điều này chứng tỏ          22 4 1 41 , , 2.11 .k d Tx T x k d x Tx       Mặt khác, ta có                                             2 1 2 3 4 5 2 2 1 3 5 2 1 5 2 5 , , , , , 1 , , , , , 1 , 1 , , , 1 , , , , , , . d Tx T x d Tx TTx d Tx TTx d x Tx d Tx x d Tx x d Tx Tx d x TTx d Tx TTx d Tx Tx d Tx x d Tx x d x Tx d x TTx d Tx x d Tx x d Tx T x d x T x k d Tx x k d Tx T x                              Từ đó suy ra          22 5 1 51 , , . 2.12k d Tx T x k d x Tx       Từ (2.11) và (2.12), ta có        22 4 5 1 4 52 2 , 2 ,T .k k d Tx T x k k d x x           Do đó    2 1 4 5 2 4 5 2 , , 2 2 k k d Tx T x d x Tx k k             . Đặt 1 4 5 2 4 5 2 . 2 2 k k k k              Do 1 2 3 4 5 1k k         nên 1  . Khi đó ánh xạ T thỏa mãn (2.10). Vậy ánh xạ T có tính chất (P). Hệ quả 3.Giả sử các điều kiện trong Hệ quả 1 được thỏa mãn. Khi đó ánh xạ T có tính chất (P). Chứng minh.Vì Hệ quả 1 là trường hợp đặc biệt của Định lý 1 và theo Định lý 4, ta có điều phải chứng minh. 3. Kết luận Trong bài báo này chúng tôi trình bày lại một cách cụ thế khái niệm và một số kết quả trong không gian kiểu metric. Các kết quả này có một số ứng dụng vào phương trình vi phân. Vì khuôn khổ bài báo không cho phép nên việc ứng dụng chưa được trình bày. TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. S. Czerwik, (1993) “Contraction mappings in b-metric spaces”. Acta Math. Inform.Univ. Ostrav. 1, pp. 5–11. [2]. Huang, H., Radenovic, S., Deng, G. (2018), "Fixed point theorems in b- metric space with applications to differential equations."J. Fixed Point Theory Appl., doi.org/10.1007/s11784-018-0491-z.