Wydział Matematyki i Informatyki Instytut Matematyki
Krzysztof Wesołowski
Punkty stałe odwzorowań w przestrzeniach metrycznych i SF-przestrzeniach
Rozprawa doktorska
przygotowana pod kierunkiem prof. zw. dr hab. Grzegorza Lewickiego
Kraków 2014
za wspaniałą współpracę, nieocenioną pomoc, życzliwość i opiekę naukową podczas przygotowywania niniejszej rozprawy.
Wstęp 5
1 Metryczna teoria punktu stałego 8
2 Uogólnione twierdzenie Banacha o punkcie stałym 14 2.1 Przegląd istniejących wyników dotyczących Uogólnionego Twierdze-
nia Banacha o Punkcie Stałym . . . 15 2.2 Definicje . . . 16 2.3 Dowód uogólnionego twierdzenia Banacha o punkcie stałym (Tw. 2.2) 17 2.4 Przypadki szczególne . . . 34
3 Odwzorowania α - nierozszerzające 49
3.1 Definicje i własności odwzorowań α-nierozszerzających . . . 49 3.2 Pewne nowe wyniki dotyczące odwzorowań α-nierozszerzających . . 50
4 SF-przestrzenie 58
4.1 Definicje . . . 58 4.2 Uogólnione twierdzenie Banacha o punkcie stałym w SF-przestrzeniach 62
Bibliografia 67
Teoria punktu stałego to jedno z najbardziej użytecznych narzędzi matematyki współczesnej. Znajduje zastosowanie w wielu gałęziach matematyki, między in- nymi w badaniu istnienia i jedyności rozwiązań nieliniowych równań różniczkowych i całkowych, a także w inżynierii, fizyce, ekonomii, teorii gier, biologii, chemii i in- nych naukach. Zajmuje się ona przede wszystkim odpowiedzią na pytanie, przy jakich warunkach nałożonych na niepusty zbiór X i na odwzorowanie T : X → X istnieje element x∈ X taki, że T (x) = x (jest on nazywany punktem stałym T ).
Korzenie tej teorii sięgają pracy Poincare’a ([P]) z roku 1886, jednak początek wyodrębniania się jej jako samodzielnego działu matematyki to wiek XX, wraz z ukształtowaniem się języka i metod topologii i analizy funkcjonalnej.
W 1910 r. Brouwer udowodnił, że odwzorowanie ciągłe domkniętej kuli w prze- strzeni R3 w siebie ma punkt stały ([Brou1]). Rok później Hadamard przedstawił pierwszy dowód uogólnienia tego twierdzenia na przestrzeń Rn, zaś w 1912 r. Bro- uwer przedstawił własny dowód. W 1930 r. wynik Brouwera uogólnił Schauder na niepuste, wypukłe i zwarte podzbiory przestrzeni Banacha, a po nim w 1941 r.
Kakutani ([Kak]) na multifunkcje.
Z drugiej strony w roku 1922 r. Banach udowodnił słynne twierdzenie, mówiące o jedyności punktu stałego, gdy T jest kontrakcją, zaś X przestrzenią metryczną zupełną ([Ba]). Wynik ten uogólnili między innymi Kirk na odwzorowania nieroz- szerzające i Kannan ([BK], [Kan]).
5
Twierdzenia Brouwera i Banacha wyznaczają dwa różne nurty teorii punktu sta- łego - topologiczny i metryczny. Jednak, formalnie rzecz biorąc, punkty stałe można badać, mając do dyspozycji znacznie uboższą strukturę - zbiór i odwzo- rowanie na nim określone. Takie podejście - dyskretne - ukierunkowane jest przez twierdzenie Tarskiego ([T]), w którym odwzorowanie określone jest na kracie zu- pełnej. W rozdziale 1 zostaną przedstawione szerzej pewne wyniki dotyczące me- trycznej teorii punktu stałego.
Dynamiczny rozwój teorii punktu stałego nastąpił w drugiej połowie XX wieku i wiązał się z nowymi wynikami dotyczącymi m.in. odwzorowań nierozszerzają- cych, multifunkcji, jedności punktu stałego, jego przybliżania, czy stuktury zbioru punktów stałych.
Przez dłuższy czas otwarty był następujący problem, związany z klasycznym twier- dzeniem Banacha o punkcie stałym:
Problem 1. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną zupełną. Niech T : X → X będzie takie, że przy pewnych N 1 oraz 0 < M < 1 zachodzi
min{d(Tjx, Tjy), 1¬ j ¬ N} ¬ Md(x, y) ∀x, y ∈ X.
Wtedy T ma dokładnie jeden punkt stały.
Częściowe rezultaty dotyczące tego problemu można znaleźć między innymi w [JSS], [G2], [JS], [S], [MRS]. Przegląd tych wyników przedstawiamy w rozdziale 2.
Powyższa hipoteza została pozytywnie rozstrzygnięta w pracach A generalization of the Banach contraction principle autorstwa Jamesa Merryfelda i Jamesa D. Ste- ina ([MS]) oraz A proof of the generalized Banach contraction conjecture autorstwa Alexandra D. Arvanitakisa ([A]).
Niniejsza rozprawa nawiązuje do tego wyniku. Głównym jej celem jest udowod- nienie następującego rezultatu:
6
Twierdzenie 1. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną zupełną. Niech T : X → X będzie takie, że
min{d(Tjx, Tjy), 1¬ j ¬ N} ¬ ϕ(d(x, y)) · d(x, y) ∀x, y ∈ X
przy pewnym N 1 (niezależnym od x i y) oraz przy pewnej ciągłej funkcji ϕ : [0,∞) → [0, 1] takiej, że ϕ(t) = 1 ⇔ t = 0 oraz ∃t0 > 0, λ < 1∀t t0 ϕ(t) ¬ λ.
Wtedy T ma dokładnie jeden punkt stały.
Dowód tego twierdzenia, przedstawiony w rozdziale 2, bazuje na lematach kombi- natorycznych i pochodzącym od H. Furstenberga rezultacie ([F, Tw. 1.24]). Poda- jemy również przy silniejszych założeniach na odwzorowanie T prostsze dowody Tw. 1 (tw. 2.12, 2.11, 2.13).
W rozdziale 3. podajemy zastosowania Tw. 1 do badania punktów stałych odwzo- rowań α-nierozszerzających, wprowadzonych przez K. Goebela (def. 3.1, 3.2).
W rozdziale 4. pokazujemy, że wcześniej udowodnione rezultaty pozostają praw- dziwe, gdy metrykę zastąpimy przez wprowadzoną przez G. Lewickiego w pracy [L] SF-normę. SF-norma jest pewnym uogólnieniem F-normy oraz modularu.
Badania zostały wykonane przy finansowym wsparciu Narodowego Centrum Nauki w ramach projektu nr N N201 609640.
7
Metryczna teoria punktu stałego
Przedstawimy teraz kilka istotnych własności i przykładów związanych z me- tryczną teorią punktu stałego.
Twierdzenie 1.1 (Twierdzenie Banacha o punkcie stałym). Niech X będzie prze- strzenią metryczną zupełną, zaś T : X → X kontrakcją. Wtedy T posiada dokład- nie jeden punkt stały x0. Jest on granicą ciągu {Tnx}∞n=1, gdzie x jest wybrany dowolnie.
Oczywiście założenie zupełności X jest istotne, o czym świadczy poniższy
Przykład 1.1. Niech X = (0, 1) oraz T : X ∋ x 7→ 12x ∈ X. Wtedy T jest kontrakcją, choć nie ma punktu stałego.
W powyższym twierdzeniu nie da się osłabić założenia kontrakcyjności poprzez szacowanie d(T x, T y) < d(x, y), co pokazuje poniższy
Przykład 1.2. Niech T : [1,∞) =: X ∋ x 7→ T x := x + 1x ∈ [1, ∞). Wtedy T nie ma punktu stałego.
8
Można osłabić założenie o kontrakcyjności, jednocześnie więcej wymagając od sa- mej przestrzeni.
Twierdzenie 1.2 (Twierdzenie Schaudera o punkcie stałym). Niech X będzie przestrzenią Banacha, zaś C ⊂ X wypukły i zwarty oraz T : C → C ciągłe. Wtedy T ma punkt stały.
O tym, że nie można pominąć założenia zwartości, świadczą przykłady 1.1 i 1.2, zaś że istotna jest wypukłość pokazuje
Przykład 1.3. Niech X := l22, X ⊃ C := S((0, 0), 1) oraz T : C ∋ (x1, x2) 7→
(−x2, x1) ∈ C. Wtedy oczywiście kT x − T yk = kx − yk , x, y ∈ C, zatem T jest ciągłe, jednak nie ma punktu stałego, a nawet minimalne przesunięcie jest większe od 0.
Twierdzenie 1.3 ([Kl]). Dla każdej przestrzeni Banacha X, dowolnego niepu- stego, domkniętego, wypukłego, ale nie zwartego podzbioru C ⊂ X istnieje odwzo- rowanie ciągłe T : C → C nie mające punktu stałego.
Twierdzenie 1.4 ([Brow], [Ki], [G1]). Niech X będzie jednostajnie wypukłą prze- strzenią Banacha, niech także C ⊂ X będzie niepusty, domknięty, wypukły i ogra- niczony, zaś T : C → C nierozszerzające. Wtedy T ma punkt stały.
Założenie ograniczoności C jest istotnie, co pokazuje
Przykład 1.4. Niech C := X := [0,∞) z normą euklidesową, zaś T : C ∋ x → x + 1 ∈ C. Wtedy T nie ma punktu stałego.
Punkt stały, o którym mowa w powyższym twierdzeniu, nie musi być jedyny, o czym świadczy
9
Przykład 1.5. Wystarczy wziąć C := X := [0, 1] z normą euklidesową, oraz T x := x.
Nawet, jeśli punkt stały jest jedyny, to nie musi być wyznaczony jako granica ciągu iteracji T. Zresztą, granica ta nie musi wcale istnieć.
Przykład 1.6. Niech C := X := [0, 1] oraz T x = 1− x dla x ∈ C. Biorąc x0 = 0 ciąg {Tnx0}∞n=1 nie ma granicy.
Założenia, że T jest nierozszerzające nie da się w twierdzeniu 1.4 osłabić, co po- kazuje
Przykład 1.7 ([CG, Prz. 1]). Niech 0¬ ε ¬ 1 oraz
T : l2 ⊃ B ∋ x = (x1, x2, x3, ...)→ T x := (ε(1 − kxk), x1, x2, x3, ...)∈ S ⊂ B ⊂ l2. Wtedy kT x − T yk ¬ √
1 + ε2kx − yk oraz T nie ma punktu stałego, choć T jest lipschitzowskie ze stałą dowolnie bliską 1, zaś d(T ) = 0.
Bez założenia jednostajnej wypukłości w 1.4 możemy uzyskać mniej.
Twierdzenie 1.5. Niech X będzie przestrzenią Banacha, C ⊂ X niepusty, do- mknięty, ograniczony i wypukły. Jeśli T : C → C jest nierozszerzające, to d(T ) = 0.
O tym, że nie można wymagać istnienia punktu stałego, świadczą poniższe przy- kłady.
Przykład 1.8. Niech
C[0, 1] =: X ⊃ C := {x : 0 = x(0) ¬ x(t) ¬ x(1) = 1}
10
oraz T : C → C niech będzie dana następująco (T x)(t) := x (min {2t, 1}) . Wtedy T jest izometrią, zatem jest nierozszerzające, d(T ) = 0, jednakże T nie ma punktu stałego.
O tym, że wypukłość jest istotna, świadczy przykład 1.3.
Przykład 1.9 (shift w prawo). Niech X := c0 oraz T : X → X niech będzie dana następująco
(T x)i :=
xi−1, i 1 1 i = 0 . Wtedy T również jest izometrią, bez punktu stałego.
Przykład 1.7 pokazuje, że klasa odwzorowań, dla których d(T ) = 0, jest szersza, niż tylko odwzorowania nierozszerzające, co jest intuicyjne.
Ponadto zachodzi następujące
Twierdzenie 1.6 ([LS]). Dla każdej przestrzeni Banacha X, dowolnego niepu- stego, domkniętego, ograniczonego, wypukłego, ale niezwartego podzbioru C ⊂ X oraz dowolnej k > 1 istnieje odwzorowanie T : C → C klasy L(k) takie, że d(T ) > 0.
Przykład 1.10 ([CG, Prz. 5]). Niech X = c0, k 1 oraz α : R ∋ t 7→ α(t) :=
min{|t| , 1} ∈ R. Niech
T : X ⊃ B ∋ x = (x1, x2, x3, ...) 7→ T x := (1, α(k |x1|), α(k |x2|), α(k |x3|), ...) ∈ B Wtedy T ∈ L(k) oraz kx − T xk 1 − 1k.
Przykład 1.11 ([CG, Prz. 9]). Niech
C[0, 1] =: X ⊃ C := {x : 0 = x(0) ¬ x(t) ¬ x(1) = 1} .
11
Niech C ∋ α 6= id[0,1]. Niech Tα : C → C będzie dana następująco:
Tαx(t) := (α◦ x)(t).
Wtedy
kx − Tαxk = max {|x(t) − α(x(t))| , t ∈ [0, 1]}
= max{|s − α(s)| , s ∈ [0, 1]}
= id[0,1]− α = const > 0.
Dla α(t) := min {kt, 1} jest kx − Tαxk 1 −k1.
Przykład 1.12 ([G4, Prz. 1]). Niech
C[0, 1]⊃ C := {x : 0 = x(0) ¬ x(t) ¬ x(1) = 1}
oraz T : C → C będzie dana następująco (T x)(t) := k· max
x(t) + 1 k − 1, 0
. Wtedy T ∈ L(k) oraz kx − T xk 1 − 1k.
Przykład 1.13 ([G4, Prz. 2]). Niech
L1(0, 1)⊃ C :=nx∈ L1 : 0¬ x(t), kxkL1 = 1o i niech tx := supnt : R0tx(s)ds = 1− 1k
o. Określmy
(T x)(t) :=
0, t¬ tx kx(t), t > tx
.
Wtedy T ∈ L(k) oraz kx − T xk 1 − 1k.
Przykład 1.14 ([G4, Prz. 3]). Niech c0 ⊃ C := {(xi)∞i=1 : x1 = 1, 0¬ xi ¬ 1 } . Niech
(T x)i :=
1, i = 1
min{1, kxi−1} , i > 1 . Wtedy T ∈ L(k) oraz kx − T xk 1 − 1k.
12
Przykład 1.15. Ustalmy k > 1. Niech
α : [−1.1] ∋ t 7→ α(t) :=
−1, −1 ¬ t ¬ −1k
kt, −1k ¬ t ¬ 1k 1, 1k ¬ t ¬ 1
∈ [−1, 1]
oraz T : C[−1, 1] → C[−1, 1] będzie dana następująco
(T x)(t) := α(max{−1, min {1, x(t) + 2t}} . Wtedy kx − T xk 1 − 1k.
Przykład 1.16. Niech (C[0, 1],k·k∞) ⊃ C := {x : 0 = x(0) ¬ x(t) ¬ x(1) = 1}
oraz T : C → C niech będzie określona następująco (T x)(t) := (1
2x(t) +1 2)x (t) . Wtedy kx − T xk 18
Twierdzenie 1.7 ([GSz]). Niech T : C → C będzie odwzorowaniem lipschitzow- skim z d := d(T ) > 0. Wtedy ˜T : C ∋ x 7→ x + d ·kT x−xkT x−x ∈ C jest odwzorowaniem lipschitzowskim, dla którego x− ˜T x = d dla dowolnego x∈ C.
Twierdzenie 1.8 ([G4, Tw. 1]). Niech X będzie przestrzenią Banacha, C ⊂ X niepusty, domknięty, ograniczony i wypukły, k 1. Niech teraz r(x, C) :=
sup{kx − yk , y ∈ C} oraz r(C) := inf {r(x, C), x ∈ C} . Niech T ∈ L(k, C).
Wtedy
d(T )¬ r(C)
1− 1 k
.
W kolejnych rozdziałach przytoczone będą istniejące i przedstawione nowe wyniki dotyczące osłabienia założeń niektórych wyżej wymienionych twierdzeń.
13
Uogólnione twierdzenie Banacha o punkcie stałym
Jak już wspomnieliśmy we wstępie, w tym rozdziale przedstawimy pewne uogól- nienie poniższego rezultatu:
Twierdzenie 2.1 (Uogólnione twierdzenie Banacha o punkcie stałym). Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną zupełną. Niech T : X → X będzie takie, że przy pewnych N 1 oraz 0 < M < 1 zachodzi
min{d(Tjx, Tjy), 1¬ j ¬ N} ¬ Md(x, y) ∀x, y ∈ X.
Wtedy T ma dokładnie jeden punkt stały.
Motywację do rozważania stanowiły uwagi dotyczące Twierdzenia 2.1 z [G2, str.
21].
Głównym rezultatem niniejszej rozprawy jest następujące
Twierdzenie 2.2. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną zupełną. Niech T : X → X będzie takie, że
min{d(Tjx, Tjy), 1¬ j ¬ N} ¬ ϕ(d(x, y)) · d(x, y) ∀x, y ∈ X
14
przy pewnym N 1 (niezależnym od x i y) oraz przy pewnej ciągłej funkcji ϕ : [0,∞) → [0, 1] takiej, że
• ϕ(t) = 1⇔ t = 0
• ∃t0 > 0, λ < 1 ∀t t0 ϕ(t) ¬ λ.
Wtedy T ma dokładnie jeden punkt stały.
2.1 Przegląd istniejących wyników dotyczących Uogólnionego Twierdzenia Banacha o Punkcie
Stałym
Przytoczmy najpierw kilka faktów dotyczących etapów dowodu Tw. 2.1. W lite- raturze anglojęzycznej przyjęło się używać dla niego nazwy Generalized Banach Contraction Principle.
Dla N = 1 sprowadza się ono do klasycznego twierdzenia Banacha o punkcie stałym, w którym odwzorowanie T jest jednostajnie ciągłe.
W [JSS] udowodniono, że twierdzenie zachodzi w szczególnym przypadku, gdy N = 2, a także dla N = 3 przy dodatkowym założeniu, że T jest ciągłe. Wskazano także przykłady nieciągłych odwzorowań, które spełniają założenia twierdzenia przy N = 3.
W [G2, str. 22] oraz [JS] pokazano, że twierdzenie zachodzi przy dowolnym N 1, przy dodatkowym założeniu, że T jest jednostajnie ciągłe.
W [S] udowodniono, że twierdzenie zachodzi przy dowolnym N 1, o ile T jest silnie ciągłe.
15
W [MRS] pokazano, że twierdzenie zachodzi przy dowolnym N 1, o ile T jest ciągłe, a także przy N = 3 bez dodatkowych założeń o T .
Ostatecznie w [A] oraz [MS] udowodniono Tw. 2.1 przy dowolnym N 1 i usta- lonym 0 < M < 1.
2.2 Definicje
W dalszej części rozdziału przydatne będą następujące definicje:
Definicja 2.1. Skończony zbiór A = {n1 < n2 < ... < nk} ⊂ N nazywamy S - syndetycznym przy pewnej stałej S ∈ N, jeśli ni+1 − ni ¬ S dla 1 ¬ i ¬ k − 1.
Definicja 2.2. Nieskończony zbiór A ⊂ N nazywamy S - syndetycznym przy pewnej stałej S ∈ N, jeśli dla dowolnego l ∈ N zachodzi {i ∈ N : l + 1 ¬ i ¬ l + S} := [l + 1, l + S] ∩ A 6= ∅.
Definicja 2.3. Zbiór A nazywamy syndetycznym, jeśli A jest S - syndetyczny przy pewnej stałej S ∈ N.
Definicja 2.4. Nieskończony zbiór A⊂ N nazywamy kawałkami S - syndetycznym przy pewnej stałej S ∈ N, jeśli dla dowolnego N ∈ N istnieje B ⊂ A taki, że
#B N oraz B jest S - syndetyczny.
Definicja 2.5. Zbiór A nazywamy kawałkami syndetycznym, jeśli A jest kawał- kami S - syndetyczny przy pewnej stałej S ∈ N.
2.3 Dowód uogólnionego twierdzenia Banacha o punkcie stałym (Tw. 2.2)
Przytoczmy najpierw następujący istotny dla naszych rozważań rezultat
Twierdzenie 2.3 ([F, Tw. 1.24]). Jeśli N ⊃ B = ∪∞i=1Bi jest kawałkami synde- tyczny, to istnieje i ∈ N takie, że Bi jest kawałkami syndetyczny.
Następnie przejdźmy dowodu Tw. 2.2. W tym celu udowodnimy trzy rezultaty.
Zacznijmy od:
Twierdzenie 2.4. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną. Niech T : X → X będzie takie, że
min{d(Tjx, Tjy), 1¬ j ¬ N} ¬ ϕ(d(x, y)) · d(x, y) ∀x, y ∈ X
przy pewnym N 1 oraz przy pewnej ciągłej funkcji ϕ : [0, ∞) → [0, 1] takiej, że
• ϕ(t) = 1⇔ t = 0
• ∃t0 > 0, λ < 1 ∀t t0 ϕ(t) ¬ λ.
Wtedy dla dowolnego x0 ∈ X istnieje {bn}∞n=1 ⊂ N - ciąg N-syndetyczny i rosnący taki, że ciąg {Tbnx0}∞n=1 jest ograniczony oraz b1 = 0.
Dowód. Ustalmy x0 ∈ X. Niech C := max{d(x0, Tkx0), 1 ¬ k ¬ N}. Jeśli C = 0, to x0 jest punktem stałym T i wystarczy wziąć {bn}∞n=1 = N. W przeciwnym wypadku niech t0 oraz λ będą ustalone na mocy założenia. Określmy
M := max{1 2, sup
tCϕ(t)}.
Oczywiście sup
tCϕ(t) = max{sup{ϕ(t), t ∈ [C, max{t0, C+1}]}, sup{ϕ(t), t max{t0, C+1}}}.
Jednakże z twierdzenia Weierstrassa o osiąganiu przez funkcję ciągłą kresów na zbiorze zwartym wynika, że
sup{ϕ(t), t ∈ [C, max{t0, C + 1}]} = ϕ(a) < 1 przy pewnym a ∈ [C, max{t0, C + 1}].
Z drugiej strony z założenia sup{ϕ(t), t max{t0, C + 1}} ¬ λ < 1, a zatem ostatecznie 12 ¬ M < 1.
Wybierzemy taki ciąg {bn}∞n=1, że d(x0, Tbnx0)¬ 1−MC . Niech b1 := 0. Zauważmy, że d(x0, TNx0)¬ C < 1−MC . Określmy zatem b2 := N.
Mając już określony wyraz bn taki, że d(x0, Tbnx0) ¬ 1−MC określimy wyraz bn+1. Z założenia istnieje jn ∈ {1, ..., N} takie, że
d(Tjnx0, Tbn+jnx0)¬ ϕ(d(x0, Tbnx0))· d(x0, Tbnx0).
Zatem
d(x0, Tbn+jnx0)¬ d(x0, Tjnx0) + d(Tjnx0, Tbn+jnx0)
¬ C + ϕ(d(x0, Tbnx0))· d(x0, Tbnx0) =: Pn
Jeśli d(x0, Tbnx0) < M1−MC , to Pn ¬ C + 1 · M1−MC = 1−MC . Przeciwnie, jeśli d(x0, Tbnx0) M1−MC , to d(x0, Tbnx0) C, gdyż 1−MM C C dla 12 ¬ M < 1, zatem ϕ(d(x0, Tbnx0))¬ suptCϕ(t) ¬ M. Z tego wynika, że Pn ¬ C + M ·1−MC =
C
1−M. Określmy teraz bn+1 := bn+ jn. Oczywiście d(x0, Tbn+1x0)¬ 1−MC .
Udowodnimy teraz twierdzenie, mówiące o istnieniu podorbity T , będącej ciągiem Cauchy’ego. Pomysł na konstrukcję tej podorbity został zaczerpnięty z [A] i dosto- sowany na potrzeby odwzorowania T , spełniającego słabsze założenie, niż warunek ze stałą M w Twierdzeniu 2.1. Następne twierdzenie stanowi kluczowy fragment dowodu Tw. 2.2.
Twierdzenie 2.5. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną. Niech T : X → X będzie takie, że przy pewnym N 1 oraz przy pewnej funkcji ciągłej ϕ : [0, ∞) → [0, 1] takiej, że
• ϕ(t) = 1⇔ t = 0,
• ∃t0 > 0, λ < 1 ∀t t0 ϕ(t) ¬ λ
zachodzi
min{d(Tjx, Tjy), 1¬ j ¬ N} ¬ ϕ(d(x, y))d(x, y) ∀x, y ∈ X. (2.1) Wtedy ∀x0 ∈ X ∃{bn}∞n=1 ⊂ N takie, że
• {bn}∞n=1 jest ciągiem kawałkami syndetycznym i różnowartościowym,
• {Tbnx0}∞n=1 jest ciągiem Cauchy’ego
Dowód. Ustalmy dowolne x0 ∈ X. Na mocy twierdzenia (2.4) istnieje {kn}∞n=1⊂ N - rosnący, N-syndetyczny, taki, że{Tknx0}∞n=1 jest ograniczony oraz k1 = 0. Niech C := sup{d(x0, Tknx0), n∈ N1} < ∞.
Dla j ∈ N1 definiujemy iknj następująco: ik0j := 0. Mając ik0j, ..., iknj definiujemy ikn+1j := iknj + min{l ∈ {1, ..., N} : d(Tikjn +lx0, Tikjn +kj+lx0)¬
ϕ(d(Tikjn x0, Tikjn+kjx0))d(Tikjn x0, Tikjn +kjx0)} (2.2) Określmy również znkj := d(Tikjn x0, Tikjn+kjx0), n∈ N1, j ∈ N1.
Łatwo widać, że ciągi {iknj}∞n=0, j ∈ N1 mają następujące własności:
• ik1j ¬ N, ik2j ¬ 2N, ..., iknj ¬ nN, n ∈ N1, j ∈ N1
• {iknj}∞n=0 jest rosnący, różnowartościowy i N-syndetyczny
• znkj ¬ ϕ(znkj−1)znkj−1 ¬ ... ¬ ϕ(znkj−1)· ... · ϕ(zk0j)zk0j, n∈ N1, j ∈ N1
Przedstawmy N1 w postaci nastąpującego rozbiciaN1 = ∪∞l=0 ∪Ns=1 {l · N + s}.
Oznaczmy
{k}R :=n0¬ r ¬ k − 1 : k − r ∈ {kj}∞j=1 oraz r∈ {ikn−r}∞n=0
o
Bez straty ogólności uporządkujmy {k}R rosnąco. Warunek k − r ∈ {kj}∞j=1
gwarantuje, że ciąg {ikn−r}∞n=0 istnieje. W praktyce więc {k}R jest niepuste, gdy k ∈ {kj}∞j=1.
Dla liczb postaci l· N (l ∈ N) oznaczmy {l · N}SR :=∪Ns=1{l · N + s}R. W dalszej części dowodu skorzystamy z następujących faktów.
Fakt 2.5.1. ∀l ∈ N min{l · N}SR = 0.
Dowód. Ponieważ {kj}∞j=1jest N-syndetyczny, zatem dla dowolnego l∈ N zachodzi {kj}∞j=1∩{lN +1, ..., lN +N} 6= ∅, czyli dla dowolnego l ∈ N istnieje sl∈ {1, ..., N}
takie, że l · N + sl ∈ {kj}∞j=1, zatem l · N + sl = kj0 przy pewnym j0 ∈ N1. Zauważmy, że min{kj0}R = 0, gdyż kj0 − 0 ∈ {kj}∞j=1 oraz 0 ∈ {iknj0}∞n=0, zatem r = 0∈ {kj0}R. Oczywiście {kj0}R={l · N + sl}R ⊂ ∪Ns=1{l · N + s}R={l · N}SR, a z tego 0¬ min{l · N}SR ¬ min{l · N + sl}R= min{kj0}R= 0.
Fakt 2.5.2. {l · N}SR jest 2N-syndetyczny dla l 1.
Dowód. Niech m := max{l · N}SR. Załóżmy dla dowodu niewprost, że istnieje p∈ N takie, że {p+1, ..., p+2N} ⊂ {1, ..., m} oraz {p+1, ..., p+2N}∩{l·N}SR = ∅.
Ponieważ{kj}∞j=1jest N-syndetyczny, zatem{lN −p−N, ..., lN −p−1}∩{kj}∞j=1 6=
∅ (zauważmy tutaj, że lN − p − N k1. Istotnie, skoro p + 2N ¬ m ¬ lN + N, to p ¬ (l − 1)N, a z tego lN − p − N lN − (l − 1)N − N = 0 = k1). Zatem istnieje q ∈ {1, ..., N} takie, że lN −(p+q) ∈ {kj}∞j=1. Ponieważ{ilNn −(p+q)}∞n=0jest N-syndetyczny i ilN0 −(p+q) = 0, więc {p + q + 1, ..., p + q + N} ∩ {ilNn −(p+q)}∞n=0 6= ∅,
a z tego istnieje r ∈ {1, ..., N} takie, że p + q + r ∈ {ilNn −(p+q)}∞n=0, a to oznacza, że p + q + r ∈ {(lN − (p + q)) + (p + q + r)}R = {l · N + r}R ⊂ {l · N}R. Ale z drugiej strony p + q + r ∈ {p + 2, ..., p + 2N}, co prowadzi do sprzeczności.
Fakt 2.5.3. max{l · N}SR (l − 1)N.
Dowód. Ponieważ {kj}∞j=1 jest N-syndetyczny oraz k1 = 0, zatem {1, ..., N} ∩ {kj}∞j=1 6= ∅, a z tego istnieje p ∈ {1, ..., N} takie, że p ∈ {kj}∞j=1. Ponieważ {ipn}∞n=0 jest N-syndetyczny, zatem {lN − p + 1, ..., lN − p + N} ∩ {ipn}∞n=0 6= ∅, a z tego istnieje q ∈ {1, ..., N} takie, że lN − p + q ∈ {ipn}∞n=0. Z tego wynika, że lN − p + q ∈ {(lN − p + q) + (p)}R = {lN + q}R ⊂ {l · N}SR. Z drugiej strony skoro p¬ N, zaś q 1, to lN − p + q lN − N + 1 lN − N.
Kontynuacja dowodu Twierdzenia 2.5. Określmy dla 1 ¬ s ¬ N, 0 ¬ l ciągi
{0, 1} ⊃ {bl,sn }∞n=0 :=
1, n∈ {lN + s}R 0, n /∈ {lN + s}R , czyli {lN + s}R ={n ∈ N : bl,sn = 1}.
Zatem{bl,sn }∞n=0 jest 0, 1 - kową reprezentacją ciągu{lN +s}, np. jeśli {lN +s}R = {3, 7}, to {bl,sn }∞n=0 ={0, 0, 0, 1|{z}
3
, 0, 0, 0, 1|{z}
7
, 0, 0, ...}.
Dla ustalonego 1¬ s ¬ N stabilizując ciągi
{b0,sn }∞n=0 ={b0,s0 , b0,s1 , b0,s2 , ...} {b1,sn }∞n=0 ={b1,s0 , b1,s1 , b1,s2 , ...} {b2,sn }∞n=0 ={b2,s0 , b2,s1 , b2,s2 , ...}
· · · · · · · · · · · · · · ·
na podciągach względem kolejnych współrzędnych istnieje l1 < l2 < ... oraz istnieje {b∞,sn }∞n=0 takie, że {blnm,s}∞n=0 → {b∞,sn }∞n=0, m → ∞, przy czym b∞,sn wybieramy
równe 1, jeśli #{l : bl,sn = 1} = ∞, w przeciwnym razie kładziemy b∞,sn := 0.
Mamy tutaj na myśli zbieżność punktową, tzn. w następującym sensie
∀n ∈ N ∃m0 ∈ N ∀m m0 : blnm,s = b∞,sn . (2.3) Określmy {∞ · N + s}R:={n ∈ N : b∞,sn = 1} i uporządkujmy rosnąco. Określmy {∞ · N}SR :=∪Ns=1{∞ · N + s}R.
Fakt 2.5.4. {∞ · N}SR jest 2N-syndetycznym podzbiorem N.
Dowód. Dla dowodu niewprost załóżmy, że istnieje p ∈ N takie, że {p + 1, ..., p + 2N} ∩ {∞ · N}SR = ∅. Z (2.3) wynika, że
∀n ¬ p + 2N ∃m0 ∈ N ∀m m0 : blnm,s = b∞,sn , zatem
∃m0 ∈ N ∀n ¬ p + 2N ∀m m0 : blnm,s = b∞,sn , a z tego wynika, że
∃m0 ∈ N ∀n ¬ p + 2N ∀m m0 n∈ {lm· N + s}R⇔ n ∈ {∞ · N + s}R. Możemy tutaj wybrać m0 ∈ N takie, że lm0 p+3N oraz takie, które jest wspólne dla wszystkich 1¬ s ¬ N, to znaczy:
• lm0 p + 3N,
• ∀n ∈ {1, ..., p + 2N} ∀m m0 ∀s ∈ {1, ..., N} zachodzi
n∈ {lm· N + s}R ⇔ n ∈ {∞ · N + s}R, (2.4)
Zauważmy, że na mocy poprzednich uwag:
• max{lm0}SR lm0N − N p + 2N,
• min{lm0N}SR = 0,
• {lm0N}SR jest ciągiem 2N syndetycznym.
Z 2N-syndetyczności ciągu{lm0N}SR wynika, że{p + 1, ..., p + 2N} ∩ {lm0N}SR 6=
∅, zatem istnieje q ∈ {p + 1, ..., p + 2N} takie, że q ∈ {lm0N}SR. Stąd istnieje s ∈ {1, ..., N} takie, że q ∈ {lm0N + s}R. Z (2.4) wynika, że q ∈ {∞ · N + s}R ⊂ {∞ · N}SR, czyli {p + 1, ..., p + 2N} ∩ {∞ · N}SR 6= ∅, co prowadzi do sprzeczności.
Fakt 2.5.5. {∞ · N}SR jest nieskończony.
Dowód. Dla dowodu niewprost załóżmy, że {∞ · N}SR jest skończony. Niech L :=
max{∞ · N}SR. Zatem dla dowolnego 1 ¬ s ¬ N zachodzi szacowanie max{∞ · N + s}R ¬ L. Z tego
∀ 1 ¬ s ¬ N ∃m0 ∈ N ∀m m0 : {blnm,s}∞n=L+1={0}∞n=L+1. Bez straty ogólności możemy wybrać m0 tak, aby lm0N − N > L. Zatem
∃m0 ∈ N : lm0N − N > L oraz ∀ 1 ¬ s ¬ N {blnm0,s}∞n=L+1 ={0}∞n=L+1. Z tego
∀1 ¬ s ¬ N max{lm0 · N + s}R ¬ L
⇒ max{lm0 · N}SR ¬ L.
Ale z drugiej strony max{lm0·N}SR lm0N−N > L, co prowadzi do sprzeczności.
Kontynuacja dowodu Twierdzenia 2.5. Na mocy Twierdzenia (2.3) skoro {∞ · N}SR jest nieskończony i 2N-syndetyczny, to któraś jego składowa jest kawałkami syndetyczna, tzn. istnieje 1¬ s ¬ N : {∞ · N + s}R ⊂ N-kawałkami syndetyczny.
Ponieważ {∞ · N + s}R jest rosnący, niech więc {bn}∞n=1 ={∞ · N + s}R.
Wykażemy teraz, że {Tbnx0}∞n=1 jest ciągiem Cauchy’ego. Dla dowodu niewprost załóżmy, że {Tbnx0}∞n=1 nie jest ciągiem Cauchy’ego. Zatem
∃ε > 0 ∀q ∈ N ∃mq > nq q : d(Tbnqx0, Tbmqx0) ε. (2.5) Niech dla q ∈ N kolejno nq, mq będą wybierane w ten sposób, że ciągi {mq}∞q=1
oraz {nq}∞q=1 są rosnące.
Możemy to zrobić na przykład następująco: mając dla pewnego q ∈ N wybrane nq oraz mq, dla liczby max{nq, mq} istnieją m > n max{nq, mq} takie, że zachodzi (2.5). Kolejno n i m wybierzmy jako najmniejsze spośród wszystkich możliwych i określmy mq+1 := m oraz nq+1 := n.
Dla bmq, bnq istnieje mq0 ∈ N takie, że bmq, bnq ∈ {lmq0 · N + s}R. Niech mq0 będzie wybrane jako najmniejsze możliwe. Wtedy dla dowolnego q ∈ N :
ε¬ d(Tbmqx0, Tbnqx0)¬ d(Tbmqx0, Tlmq0·N+sx0) + d(Tlmq0·N+sx0, Tbnqx0)
= d(Tbmqx0, Tbmq+(lmq0·N+s−bmq)x0) + d(Tbnqx0, Tbnq+(lmq0·N+s−bnq)x0) Wobec tego dla każdego q ∈ N zachodzi
d(Tbmqx0, Tbmq+(lmq0·N+s−bmq)x0) ε
2 lub d(Tbnqx0, Tbnq+(lmq0·N+s−bnq)x0) ε 2, a z tego istnieje {ql}∞l=1 ⊂ N - ciąg rosnący taki, że
∀l ∈ N1 d(Tbmqlx0, Tbmql+(lmql0 ·N+s−bmql)x0) ε
2 (2.6)
lub
∀l ∈ N1 d(Tbnqlx0, Tbnql+(lmql0 ·N+s−bnql)x0) ε 2 Bez straty ogólności załóżmy, że zachodzi (2.6).
Ale bmql ∈ {lmql0 · N + s}R, więc z definicji {k}R zachodzi lmql
0 · N + s − bmql ∈ {kj}∞j=1 (2.7) oraz bmql ∈ {ilnmql0 ·N+s−bmql}∞n=0, a to oznacza, że dla dowolnego l∈ N istnieje nl∈ N takie, że
bmql = i
lmql
0 ·N+s−bmql
nl . (2.8)
Zauważmy, że zachodzi
Fakt 2.5.6. liml→∞nl =∞.
Dowód. Istotnie, zauważmy najpierw, że dla j ∈ N ik1j ¬ N, ..., iknj ¬ n · N, ..., zatem
n inkj
N dla j ∈ N i n ∈ N. (2.9)
Ponadto
• Ciąg {bm}∞m=1 ⊂ N jest rosnący, zatem bm m dla m ∈ N,
• {mq}∞q=1 był tak utworzony, że mq q dla q ∈ N,
• {ql}∞l=1 jest ciągiem rosnącym, zatem ql l dla l ∈ N.
Z tego oraz (2.8) i (2.9) wynika, że
nl i
lmql
0 ·N+s−bmql nl
N = bmql
N mql
N ml
N l N, co kończy dowód uwagi.
Kontynuacja dowodu Twierdzenia 2.5. Wobec tego z (2.6) dla l ∈ N zachodzi ε
2 ¬ d(Ti
lmql 0
·N+s−bmql
nl x0, Ti
lmql 0
·N+s−bmql
nl +(lmql
0 ·N+s−bmql)
x0) Oznaczmy
cl:= lmql
0 · N + s − bmql, l ∈ N oraz
dlp := d(Ticlpx0, Ticlp+clx0), p = 0, ..., nl.
Przy tych oznaczeniach 2ε ¬ d(Ticlnlx0, Ticlnl+clx0) = dlnl. Z (2.7) wynika, że cl ∈ {kj}∞j=1, l ∈ N.
Mamy ponadto ε
2 ¬ dlnl ¬ ϕ(dlnl−1)· dlnl−1 ¬ ... ¬ ϕ(dlnl−1)· ... · ϕ(dl0)· dl0. (2.10) Z drugiej zaś strony dla każdego l ∈ N zachodzi szacowanie
dl0 = d(x0, Tlmql0 ·N+s−bmqlx0)¬ C, gdyż lmql
0 ·N +s−bmql ∈ {kj}∞j=0, zaś stała C wybrana była na mocy ograniczoności ciągu {Tkjx0}∞j=1.
Z powyższych nierówności oraz faktu, że 0¬ ϕ(t) ¬ 1 wynika szacowanie ε
2 ¬ dlp ¬ dl0¬ C, p = 0, ..., nl, (2.11) a z tego oraz z twierdzenia Weierstrassa o osiąganiu przez funkcję ciągłą kresów na zbiorze zwartym wynika
ϕ(dlp)¬ sup
t∈[ε2,C]
ϕ(t) = ϕ(a) < 1 (2.12)
przy pewnym a ∈ [2ε, C] zależnym tylko od ε.
Z kolei z (2.10) oraz (2.12) wynika, że dla dowolnego l ∈ N dlnl¬ [ϕ(a)]nl· dl0 ¬ C · [ϕ(a)]nl
Ponieważ liml→∞nl = ∞, więc biorąc l ∈ N takie, że [ϕ(a)]nl < 4Cε otrzymujemy dlnl ¬ ε4, co przeczy (2.11) i kończy dowód.
Twierdzenie 2.6. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną zupełną. Niech T : X → X będzie takie, że przy pewnych N 1 oraz M ∈ R zachodzi
min{d(Tjx, Tjy), 1¬ j ¬ N} ¬ Md(x, y) ∀x, y ∈ X. (2.13) Jeśli ponadto ∃x0 ∈ X ∃{bn}∞n=1 ⊂ N takie, że
• {bn}∞n=1 jest ciągiem kawałkami syndetycznym i różnowartościowym,
• {Tbnx0}∞n=1 jest ciągiem Cauchy’ego, to Tr ma punkt stały przy pewnym r ∈ N.
Główną trudność w przeprowadzeniu dowodu stanowi brak założenia o ciągłości operatora T . Prostszy dowód przy założeniu ciągłości T będzie przedstawiony w następnym rozdziale.
Dowód. Niech, na podstawie twierdzenia 2.5, y0 := limn→∞Tbnx0 oraz niech K :=
max{3, N, S}, gdzie S jest najmniejszą stałą syndetyczności ciągu {bn}∞n=1. Ponie- waż K N, więc T spełnia założenie (2.13) także ze stałą K zamiast N. Ponieważ K S, więc {bn}∞n=1 jest kawałkami syndetyczny ze stałą K. Dla n∈ N określmy i0n := 0. Dla k = 1, ..., K wybierzmy ikn∈ {1, ..., K} takie, że
d(Tbn+i0n+...+iknx0, Ti0n+...+ikny0)¬ Md(Tbn+i0n+...+ik−1n x0, Ti0n+...+ik−1n y0)
Możemy dobrać takie ikn z założenia (2.13), przyjmując za x i y odpowiednio Tbn+i0n+...+ik−1n x0 oraz Ti0n+...+ik−1n y0.
Określmy Bk :={bn+ i0n+ ... + ikn}∞n=1.
Fakt 2.6.1. Jeśli ∃k ∈ {0, ..., K} takie, że ∀n0 ∈ N ∃m, n ∈ N takie, że n0 ¬ n <
m oraz
bn+ i0n+ ... + ikn = bm+ i0m+ ... + ikm, to otrzymujemy tezę.
Dowód. Określmy P := {(n, m) ∈ N × N : m > n, bn + i0n+ ... + ikn = bm + i0m + ... + ikm} oraz R := {n ∈ N : (n, m) ∈ P przy pewnym m > n}. Z założenia uwagi #P = +∞, a zatem #R = +∞. Dla n ∈ R niech g(n) oznacza najmniejsze spośród {m ∈ N : m > n, (n, m) ∈ P }. Zatem dla n ∈ R jest (n, g(n)) ∈ P oraz
bn+ i0n+ ... + ikn = bg(n)+ i0g(n)+ ... + ikg(n) (2.14)