Luận án Tiến sĩ Toán học: Định lý điểm bất động cho một số ánh xạ co suy rộng trên các không gian kiểu mêtric và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRẦN ĐỨC THÀNH

ĐỊNH LÝ ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHO MỘT SỐ ÁNH XẠ CO SUY RỘNG TRÊN CÁC KHÔNG GIAN KIỂU MÊTRIC VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC

NGHỆ AN - 2015

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRẦN ĐỨC THÀNH

ĐỊNH LÝ ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHO MỘT SỐ ÁNH XẠ CO SUY RỘNG TRÊN CÁC KHÔNG GIAN KIỂU MÊTRIC VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Toán Giải tích

Mã số: 62 46 01 02

TẬP THỂ HƯỚNG DẪN KHOA HỌC 1. PGS. TS. TRẦN VĂN ÂN 2. TS. KIỀU PHƯƠNG CHI

NGHỆ AN - 2015

iii

LỜI CAM ĐOAN

Luận án được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của PGS. TS. Trần Văn Ân và TS. Kiều Phương Chi. Tôi xin cam đoan rằng các kết quả trình bày trong luận án là hoàn toàn trung thực, được các đồng tác giả cho phép sử dụng và luận án không trùng lặp với bất kỳ tài liệu nào khác.

Tác giả

iv

LỜI CẢM ƠN

Luận án được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS. TS.

Trần Văn Ân và TS. Kiều Phương Chi. Trước hết, tác giả xin được bày tỏ lòng

biết ơn sâu sắc đối với những người Thầy - PGS. TS. Trần Văn Ân và TS. Kiều

Phương Chi của mình, những người đã đặt bài toán và hướng nghiên cứu cho

tác giả. Tác giả đã học được rất nhiều kiến thức khoa học, nhận được sự chia

sẻ, yêu thương của các Thầy trong quá trình học tập và nghiên cứu.

Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS. TS. Đinh Huy Hoàng.

Thầy luôn tận tình chỉ bảo và tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất trong suốt quá

trình học tập, nghiên cứu, để tác giả học tập và hoàn thành luận án.

Tác giả xin được bày tỏ sự cảm ơn đến Ban chủ nhiệm khoa Sư phạm Toán

học, Tổ Giải tích và các đồng nghiệp trong khoa Sư phạm Toán - Trường Đại

học Vinh đã quan tâm động viên cũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác

giả tập trung học tập và nghiên cứu.

Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Phòng đào tạo Sau đại học và các

phòng ban khác của Trường Đại học Vinh đã tạo điều kiện thuận lợi để tác giả

hoàn thành nhiệm vụ của nghiên cứu sinh.

Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới GS Erdal Karapinar, Department of Mathe-

matics, Atilim University, 06836 Incek, Ankara, Turkey và GS Ljubomir Ciric,

Faculty of Mechanical Engineering, University of Belgrade, 12-35 Aleksinackih

Rudara, Belgrade, Serbia and Montenegro vì những giúp đỡ to lớn trong việc

trao đổi tài liệu và thảo luận các bài toán liên quan.

Xin cảm ơn các thầy cô giáo, các anh chị em nghiên cứu sinh của Trường

Đại học Vinh và tất cả bạn bè của tác giả về những chia sẻ, động viên trong

quá trình học tập và nghiên cứu.

v

Cuối cùng, tác giả vô cùng biết ơn mọi thành viên trong gia đình của mình, đã luôn tạo mọi điều kiện và dành tất cả sự quan tâm, chia sẻ mọi khó khăn cùng tác giả suốt những năm tháng qua để tác giả có thể hoàn thành luận án này.

Nghệ An, năm 2015 Tác giả

1

MỤC LỤC

Mở đầu .

Mục lục 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1 Điểm bất động của một số ánh xạ T -co suy rộng trong

không gian mêtric 12

1.1. Điểm bất động của ánh xạ T -co kiểu Meir-Keeler . . . . . . . 12

1.2. Điểm bất động của ánh xạ T -co kiểu tựa co Ciric . . . . . . . 20

1.3. Điểm bất động chung của các ánh xạ T -co kiểu (ψ, ϕ)-co yếu . 29

2 Điểm bất động của một số lớp ánh xạ co suy rộng trong

không gian mêtric riêng 39

2.1. Không gian mêtric riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.2. Điểm bất động của ánh xạ co suy rộng trong không gian mêtric

riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.3. Điểm bất động chung của các ánh xạ kiểu (ψ, ϕ)-co yếu trong

không gian mêtric riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3 Điểm bất động bộ đôi của một số ánh xạ co suy rộng

trong không gian mêtric riêng có thứ tự bộ phận và ứng

dụng 82

3.1. Điểm bất động bộ đôi của một số ánh xạ co suy rộng trong

không gian mêtric riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.2. ´Ưng dụng vào một lớp phương trình tích phân phi tuyến . . . 92

2

3.3. ´Ưng dụng vào bài toán cân bằng không cộng tác trong lý thuyết

Kết luận và kiến nghị

trò chơi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

Danh mục công trình liên quan trực tiếp đến luận án .

Tài liệu tham khảo

. . 105

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

3

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài

1.1. Lý thuyết điểm bất động và ứng dụng là lĩnh vực nghiên cứu hấp dẫn

của toán học hiện đại. Đây là lĩnh vực đã và đang thu hút được sự quan

tâm của rất nhiều nhà toán học trong và ngoài nước. Lý thuyết điểm bất

động là một công cụ quan trọng để nghiên cứu các hiện tượng phi tuyến.

Nó có nhiều ứng dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của Toán học như

sự tồn tại nghiệm của các phương trình vi, tích phân, hệ phương trình

tuyến tính, phương trình hàm, quỹ đạo đóng của hệ động lực... Hơn nữa,

nó còn có nhiều ứng dụng trong các ngành khoa học khác như khoa học

máy tính, lý thuyết điều khiển, lý thuyết trò chơi, vật lý toán, sinh học,

kinh tế... Sự phát triển mạnh mẽ của lý thuyết điểm bất động có thể nói

bắt nguồn từ những ứng dụng rộng rãi của nó.

1.2. Xuất phát từ ba định lý điểm bất động nổi tiếng: Định lý điểm bất

động Brouwer (1911, [22]), định lý điểm bất động Banach (1922, [9]), định

lý điểm bất động Tarski (1955, [60]), lý thuyết điểm bất động có thể được

chia thành ba hướng nghiên cứu chính: Lý thuyết điểm bất động tôpô, lý

thuyết điểm bất động mêtric và lý thuyết điểm bất động rời rạc. Cùng với

việc nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của các phương trình vi phân thường,

nguyên lý ánh xạ co Banach là trung tâm của lý thuyết điểm bất động

trên các không gian mêtric: "Mỗi ánh xạ co từ một không gian mêtric

đầy đủ (X, d) vào chính nó luôn có duy nhất điểm bất động". Sự ra đời

của nguyên lý ánh xạ co Banach cùng với ứng dụng của nó đã mở ra sự

phát triển mới của lý thuyết điểm bất động mêtric.

4

1.3. Hướng nghiên cứu lý thuyết điểm bất động mêtric phát triển chủ

yếu theo 3 vấn đề sau: Mở rộng các điều kiện co cho các ánh xạ; mở rộng

các định lý điểm bất động đã biết lên các không gian có cấu trúc tương

tự không gian mêtric; và tìm các ứng dụng của chúng. Đối với vấn đề

mở rộng điều kiện co của ánh xạ, chúng ta đã biết được những lớp ánh

xạ co tiêu biểu được kể đến như của Kannan ([39]), Boyd-Wong ([21]),

Meir-Keeler ([42]), Reich ([54]), Ciric ([29]), Zamfirescu ([62]), Hardy -

Rogers ([36]), Ciric ([27]), Berinde ([14])... Ngoài ra, người ta còn đề xuất

thêm những loại ánh xạ co suy rộng như: Φ-co, co yếu, tựa co, hầu co...

Đối với vấn đề mở rộng không gian, người ta đã đề xuất các định lý điểm

bất động đối với các ánh xạ co trên những lớp không gian có cấu trúc

tương tự không gian mêtric như: Không gian mêtric suy rộng, không gian

mêtric nón, không gian 2-mêtric, không gian b-mêtric... Đặc biệt, năm

1992, trong dự án nghiên cứu về sự hiển thị ngôn ngữ và lưu thông mạng

máy tính, S. G. Matthew ([45]) đã đề xuất và xây dựng khái niệm không

gian mêtric riêng. Sau đó, các định lý điểm bất động đối với các ánh xạ

co trên lớp không gian này cũng được thiết lập. Và gần đây, người ta rất

quan tâm tới việc thiết lập các định lý điểm bất động của ánh xạ co suy

rộng trên lớp không gian này, xuất phát từ một số ý nghĩa và ứng dụng

của chúng. Theo mạch vấn đề về ứng dụng của các định lý điểm bất động

mêtric, ngoài những ứng dụng truyền thống đã biết, gần đây, người ta đã

tìm được những ứng dụng sâu sắc hơn của các định lý điểm bất động cho

các ánh xạ co suy rộng trên các không gian có cấu trúc kiểu không gian

mêtric vào những lĩnh vực khác nhau của toán học, kinh tế và kỹ thuật.

Có thể nói, cả 3 mạch vấn đề trên không phát triển tách rời nhau mà luôn

luôn đồng hành, gắn bó mật thiết với nhau. Những vấn đề trên đang thu

hút khá đông những người làm việc trong lĩnh vực toán giải tích trong và

ngoài nước. Đặc biệt, cả 3 mạch vấn đề trên vẫn còn những bài toán thời

sự đang được đặt ra nghiên cứu và giải quyết.

5

Với các lý do nêu trên chúng tôi chọn đề tài nghiên cứu cho luận án

của mình là: "Định lý điểm bất động cho một số ánh xạ co suy

rộng trên các không gian kiểu mêtric và ứng dụng".

2. Mục đích nghiên cứu

Mục đích của luận án là mở rộng một số kết quả về sự tồn tại điểm

bất động của một số lớp ánh xạ trên các lớp không gian như: không gian

mêtric, không gian mêtric riêng, không gian mêtric riêng có thứ tự bộ

phận và tìm hiểu ứng dụng của chúng trong việc chứng minh sự tồn tại

nghiệm của một số lớp phương trình tích phân và bài toán cân bằng không

cộng tác trong lý thuyết trò chơi.

3. Đối tượng nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu của luận án là các không gian mêtric, không gian

mêtric riêng, các ánh xạ co suy rộng trên không gian mêtric, không gian

mêtric riêng, điểm bất động, điểm bất động bộ đôi của một số lớp ánh

xạ trong không gian mêtric, không gian mêtric riêng, một số lớp phương

trình tích phân.

4. Phạm vi nghiên cứu

Luận án nghiên cứu các định lý điểm bất động đối với các ánh xạ trong

không gian mêtric, không gian mêtric riêng và ứng dụng vào bài toán sự

tồn tại nghiệm của các phương trình tích phân và bài toán cân bằng không

cộng tác trong lý thuyết trò chơi.

5. Phương pháp nghiên cứu

Chúng tôi sử dụng phương pháp nghiên cứu lý thuyết của Giải tích

hàm, lý thuyết phương trình vi phân, phương trình tích phân và lý thuyết

điểm bất động trong quá trình thực hiện đề tài. 6. ý nghĩa khoa học và thực tiễn

Luận án đã mở rộng được một số kết quả về sự tồn tại điểm bất động

trong không gian mêtric, không gian mêtric riêng. Đồng thời, áp dụng

các kết quả thu được vào việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của một số

6

lớp phương trình tích phân và bài toán cân bằng không cộng tác trong lý

thuyết trò chơi.

Luận án có thể làm tài liệu tham khảo cho các sinh viên, học viên cao

học và nghiên cứu sinh chuyên ngành Toán giải tích nói chung, lý thuyết

điểm bất động trên các không gian kiểu mêtric và ứng dụng nói riêng.

7. Tổng quan và cấu trúc luận án

7.1. Tổng quan luận án

Năm 2010, S. Moradi và M. Omid ([47]) đã đề xuất lớp ánh xạ T -co

(X, d) là không gian mêtric và các ánh xạ T, S : X → X. Ánh xạ S được

và thu được một số kết quả về sự tồn tại điểm bất động của chúng. Cho

d(T Sx, T Sy) (cid:54) kd(T x, T y), với mọi x, y ∈ X.

gọi là T-co nếu tồn tại k ∈ [0, 1) sao cho

Khi T x = x với x ∈ X thì ánh xạ T -co trở thành ánh xạ co thông thường.

Sự xuất hiện của lớp ánh xạ T -co đã thu hút sự quan tâm của các nhà

nghiên cứu lý thuyết điểm bất động mêtric. Với mục đích nghiên cứu các

định lý điểm bất động của các ánh xạ dưới điều kiện T -co suy rộng, trong

Chương 1, chúng tôi thu được một số định lý điểm bất động cho lớp ánh

xạ kiểu T -co. Trong Mục 1.1, chúng tôi thu được các kết quả về sự tồn tại

điểm bất động của các lớp ánh xạ T -co kiểu Meir-Keeler. Cụ thể, chúng

tôi chứng minh Định lý 1.1.5 và Định lý 1.1.8 khẳng định sự tồn tại duy

nhất điểm bất động của lớp ánh xạ T -co kiểu Meir-Keeler trong không

gian mêtric đầy đủ. Trong Mục 1.2, chúng tôi thu được các kết quả về sự

tồn tại điểm bất động của các lớp ánh xạ T -co kiểu tựa co Ciric. Cụ thể,

chúng tôi thiết lập Định lý 1.2.2, Hệ quả 1.2.5, Hệ quả 1.2.6 và Hệ quả

1.2.7 khẳng định sự tồn tại duy nhất điểm bất động của lớp ánh xạ T -co

kiểu tựa co Ciric trong không gian mêtric đầy đủ. Trong Mục 1.3, chúng

tôi thu được các kết quả về sự tồn tại điểm bất động chung của lớp các

ánh xạ T -co kiểu (ψ, ϕ)-co yếu. Cụ thể, chúng tôi thiết lập Định lý 1.3.2

7

T -co kiểu (ψ, ϕ)-co yếu trong không gian mêtric. Chúng tôi cũng đưa ra

khẳng định sự tồn tại duy nhất điểm bất động chung của lớp các ánh xạ

Ví dụ 1.1.7, Ví dụ 1.2.4 và Ví dụ 1.3.5 nhằm minh họa cho các định lý,

cũng như để chỉ ra rằng các kết quả của chúng tôi là thực sự mở rộng so

với các kết quả đã biết.

Nếu chúng ta thực sự để ý thì sẽ thấy rằng không phải mọi tính chất,

tiên đề của không gian mêtric đều được sử dụng trong các phép chứng

minh sự tồn tại điểm bất động của các ánh xạ co trên không gian mêtric.

Câu hỏi đặt ra là: Với những không gian nào là không gian suy rộng hay

tương tự không gian mêtric thì sẽ tồn tại điểm bất động của các loại ánh

xạ co? Câu trả lời khẳng định đã có, đặc biệt gần đây là lớp không gian

mêtric riêng. Khái niệm không gian mêtric riêng nhận được bằng cách

thay thế đẳng thức d(x, x) = 0 trong định nghĩa của mêtric bởi bất đẳng thức d(x, x) (cid:54) d(x, y) với mọi x, y. Rõ ràng, với không gian mêtric riêng (X, p) thì có thể xảy ra trường hợp p(x, x) > 0 với x ∈ X. Do vậy, bài

toán nghiên cứu điểm bất động và các ứng dụng của chúng trên không

gian mêtric riêng sẽ có nhiều ý nghĩa vì chúng ta không thể áp dụng mọi

kỹ thuật chứng minh của các lớp ánh xạ co trong không gian mêtric vào

các lớp ánh xạ co trong lớp không gian mêtric riêng. Với mục đích nghiên

cứu không gian mêtric riêng và các định lý điểm bất động cho một số lớp

ánh xạ co suy rộng trên không gian mêtric riêng, trong Chương 2, chúng

tôi đề xuất một số kết quả về sự tồn tại điểm bất động của các lớp ánh

xạ co suy rộng trong không gian mêtric riêng. Đầu tiên, trong Mục 2.1,

chúng tôi trình bày một số khái niệm, tính chất cơ bản và đặc trưng của

không gian mêtric riêng cần dùng về sau. Tiếp theo, trong Mục 2.2, chúng

tôi thiết lập Định lý 2.2.3, Định lý 2.2.9, Hệ quả 2.2.10, Hệ quả 2.2.11, Hệ

quả 2.2.12 và Hệ quả 2.2.13 về sự tồn tại điểm bất động đối với các ánh

xạ co suy rộng trong các không gian mêtric riêng. Các kết quả của mục

này là sự mở rộng thật sự các kết quả gần đây của D. Ilic, V. Pavlovic

8

và V. Rakocevic ([37]), ([38]) I. Altun, F. Sola và H. Simsek ([8]). Trong

Mục 2.3, chúng tôi thiết lập Định lý 2.3.3, Hệ quả 2.3.7 và Hệ quả 2.3.8 về

sự tồn tại điểm bất động chung của hai ánh xạ cho ánh xạ kiểu (ψ, ϕ)-co

yếu trong các không gian mêtric riêng. Đây là sự mở rộng kết quả của T.

Abdeljawad, E. Karapinar và K. Tas ([2]). Ngoài ra, chúng tôi xây dựng

Ví dụ 2.2.14, Ví dụ 2.2.15 và Ví dụ 2.3.6 nhằm minh họa cho các kết quả

và sự mở rộng.

Năm 2006, theo hướng mở rộng các định lý điểm bất động trong không

gian mêtric đầy đủ (X, d) và ứng dụng của chúng vào bài toán giá trị

biên tuần hoàn , T. G. Bhaskar, V. Lakshmikantham ([10]) đã đưa ra khái

niệm điểm bất động bộ đôi của các ánh xạ F : X × X → X có tính chất

đơn điệu trộn và thu được một số kết quả cho lớp ánh xạ đó trên không

gian mêtric sắp thứ tự bộ phận. Tiếp nối kết quả này, nhiều tác giả khác

như V. Lakshmikantham và L. Ciric ([43]), N. V. Luong và N. X. Thuan

([44]), V. Berinde ([12, 13])... đã mở rộng và chứng minh nhiều kết quả đa

dạng cho loại ánh xạ này. Các kết quả thu được đã được các tác giả áp

dụng vào việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của một số lớp phương trình

tích phân phi tuyến.

Năm 2012, khi mở rộng nguyên lý ánh xạ co Banach trong không gian

mêtric, D. Wardowski ([61]) đã đề xuất khái niệm ánh xạ F -co và chứng

minh một số định lý điểm bất động cho ánh xạ kiểu F -co. Cho (X, d) là

τ + F (d(T x, T y)) (cid:54) F (d(x, y))

không gian mêtric. Ánh xạ T : X × X → X được gọi là F − co nếu tồn tại F ∈ F và τ ∈ R+ thỏa mãn

an = 0 nếu và chỉ nếu

với mọi x, y ∈ X. Trong đó, F là họ các hàm F : R+ → R thỏa mãn các điều kiện (F1) và (F2)

(F1) F tăng ngặt và liên tục. (F2) Với mỗi dãy {an} ⊂ R+, ta có lim n→∞

9

F (an) = −∞.

lim n→∞

Tiếp nối các kết quả của D. Wardowski, năm 2013, M. Sgroi và C. Vetro

F - co kiểu Hardy-Rogers trên các không gian mêtric và không gian mêtric

([59]) đã mở rộng các kết quả đó cho các ánh xạ đa trị, ánh xạ đa trị đóng

có thứ tự bộ phận. D. Paesano và C. Vetro ([51]) đã thiết lập các định

lý điểm bất động cho các ánh xạ đa trị trên các không gian mêtric riêng.

Câu hỏi đặt ra ở đây là: Có thể xây dựng được ánh xạ kiểu F -co cho các

định lý điểm bất động bộ đôi trong lớp không gian mêtric riêng và tìm

các ứng dụng của chúng trong các lĩnh vực khác nhau được không? Để trả

lời câu hỏi trên, trong Chương 3, Mục 3.1, chúng tôi phát biểu và chứng

minh Định lý 3.1.4, Định lý 3.1.5, Định lý 3.1.7 và Hệ quả 3.1.6 về sự tồn

tại điểm bất động bộ đôi cho các ánh xạ kiểu F -co trên các không gian

mêtric riêng có thứ tự bộ phận. Sau đó, ở Mục 3.2, bằng cách đưa thêm

khái niệm nghiệm bộ đôi trên và dưới, áp dụng các định lý điểm bất động

ở mục trên, chúng tôi chứng tỏ được sự tồn tại duy nhất nghiệm của một

lớp phương trình tích phân phi tuyến kiểu Fredholm. Cuối cùng, trong

Mục 3.3, tiếp tục áp dụng kết quả thu được ở Mục 3.1, chúng tôi chứng

minh được sự tồn tại điểm bất động bộ đôi kéo theo sự tồn tại điểm cân

bằng không cộng tác trong trò chơi với hai người chơi.

7.2 Cấu trúc luận án

Nội dung luận án được trình bày trong 3 chương. Ngoài ra, luận

án còn có Lời cam đoan, Lời cảm ơn, Mục lục, Mở đầu, Kết luận và Kiến

nghị, Danh mục công trình khoa học của nghiên cứu sinh liên quan trực

tiếp đến luận án và Tài liệu tham khảo.

Chương 1 trình bày mở rộng các định lý điểm bất động của một số

lớp ánh xạ trên không gian mêtric cho các ánh xạ kiểu T -co. Trong Mục

1.1, chúng tôi nghiên cứu điểm bất động của ánh xạ T -co cho các ánh

xạ co Meir-Keeler. Trong Mục 1.2, chúng tôi nghiên cứu điểm bất động

của ánh xạ T -co cho các ánh xạ tựa co Ciric. Trong Mục 1.3, chúng tôi

10

nghiên cứu điểm bất động của ánh xạ T -co cho các ánh xạ kiểu (ψ, ϕ)-co

yếu. Các kết quả của chương này đã được đăng trên các tạp chí Arab

Journal of Mathematical Sciences, Abstract and Applied Analysis và

International Journal of Mathematics and Mathematical Sciences.

Chương 2 nhằm trình bày một số mở rộng các kết quả về điểm bất

động cho lớp các ánh xạ co suy rộng, ánh xạ kiểu hầu co suy rộng, ánh

xạ kiểu (ψ, ϕ)-co yếu trong các không gian mêtric riêng. Mục 2.1 dành để

trình bày một số khái niệm, tính chất cơ bản của không gian mêtric riêng.

Trong Mục 2.2, chúng tôi đưa ra các định lý điểm bất động cho các ánh

xạ co suy rộng trong các không gian mêtric riêng. Trong Mục 2.3, chúng

tôi đưa ra các định lý điểm bất động chung cho các ánh xạ kiểu (ψ, ϕ)-co

yếu trong các không gian mêtric riêng. Các kết quả của chương này đã

được đăng và nhận đăng trên các tạp chí Mathematical and Computer

Modelling, Journal of Nonlinear Science and Applications, Bulletin of

the Iranian Mathematical Society.

Chương 3 dành cho việc nghiên cứu sự tồn tại điểm bất động bộ đôi

của ánh xạ trong các không gian mêtric riêng có thứ tự bộ phận và các

ứng dụng của nó. Mục 3.1 dành cho việc trình bày và chứng minh định

lý điểm bất động bộ đôi của một lớp ánh xạ kiểu F -co trong không gian

mêtric riêng. Trong Mục 3.2, chúng tôi đã ứng dụng kết quả tìm được để

nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của phương trình tích phân phi tuyến kiểu

Fredholm. Cuối cùng, trong Mục 3.3, chúng tôi áp dụng kết quả tìm được

của điểm bất động bộ đôi vào bài toán cân bằng không cộng tác trong lý

thuyết trò chơi. Các kết quả của chương này đã được đăng trên tạp chí

Journal of Inequalities and Applications.

Các kết quả chính của luận án đã được viết thành 07 bài báo, trong đó

có 04 bài đã công bố trong các tạp chí thuộc danh mục ISI và 01 bài báo

đã được nhận đăng trên tạp chí thuộc danh mục ISI. Các kết quả trong

11

• Seminar của Tổ Giải tích thuộc Khoa Sư phạm Toán, Trường Đại

nội dung của luận án cũng đã được báo cáo tại:

• Các Hội nghị NCS của Trường Đại học Vinh (2011 - 2015).

• Hội nghị Toán học phối hợp Việt - Pháp tại Huế 20-24/8/2012.

• Đại hội Toán học Toàn quốc lần thứ 8 tại Nha Trang 10-14/8/2013.

học Vinh.

12

CHƯƠNG 1

ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA MỘT SỐ ÁNH XẠ T -CO SUY

RỘNG TRONG KHÔNG GIAN MÊTRIC

Chương này dành để trình bày khái niệm ánh xạ T -co. Đồng thời,

chúng tôi phát biểu và chứng minh một số định lý điểm bất động của ánh

(ψ, ϕ)-co yếu ([32]) trong lớp các không gian mêtric.

1.1. Điểm bất động của ánh xạ T -co kiểu Meir-Keeler

xạ T -co cho một số ánh xạ co Meir-Keeler ([42]), tựa co Ciric ([27]) và

Trong mục này, chúng tôi trình bày khái niệm ánh xạ T -co, đồng thời

phát biểu và chứng minh một số mở rộng của ánh xạ T -co cho ánh xạ co

Meir-Keeler ([42]).

Trước hết chúng ta đến với định nghĩa sau.

T, S : X → X. Ánh xạ S được gọi là T -co nếu tồn tại k ∈ [0, 1) sao cho

d(T Sx, T Sy) (cid:54) kd(T x, T y), với mọi x, y ∈ X.

1.1.1 Định nghĩa. ([47]) Cho (X, d) là không gian mêtric và các ánh xạ

(1.1)

Rõ ràng, nếu ta chọn T x = x với mọi x ∈ X thì ánh xạ T -co là ánh xạ

co Banach.

1.1.2 Ví dụ. Lấy X = [1, ∞) với mêtric thông thường d(x, y) = |x − y|

1 x

và Sx = 6x trên X. Rõ với mọi x, y ∈ X. Xét các ánh xạ T x = 2 −

13

d(T Sx, T Sy) =

2 −

− 2 +

=

−

=

(2 −

) − (2 −

1 6x

1 6y

1 y

1 6

1 x

1 6

1 x

1 y

ràng, S không là ánh xạ co. Mặt khác, với mọi x, y ∈ X ta có

d(T x, T y).

=

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) 1 6

Điều này chứng tỏ S là ánh xạ T -co.

X → X được gọi là hội tụ dãy (sequentially convergent) nếu với bất kỳ dãy {yn} ⊂ X mà dãy {T yn} hội tụ thì dãy {yn} hội tụ.

1.1.3 Định nghĩa. ([47]) Cho (X, d) là không gian mêtric, ánh xạ T :

X → X được gọi là co Meir-Keeler nếu với mỗi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho ε (cid:54) d(x, y) < ε + δ kéo theo d(Sx, Sy) < ε với mọi x, y ∈ X.

1.1.4 Định nghĩa. ([42]) Cho (X, d) là không gian mêtric, ánh xạ S :

Định lý sau là mở rộng kết quả của Meir-Keeler ([42]).

1.1.5 Định lý. Cho (X, d) là không gian mêtric đầy đủ. Giả sử ánh

xạ T : X → X đơn ánh, liên tục, hội tụ dãy và nếu ánh xạ S : X → X

thỏa mãn điều kiện:

T nx =

(1.2) với mỗi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho ε (cid:54) d(T x, T y) < ε + δ kéo theo d(T Sx, T Sy) < ε,

z với mọi x ∈ X.

với mọi x, y ∈ X thì S có điểm bất động duy nhất z ∈ X và lim n→∞

Chứng minh. Lấy x0 ∈ X tùy ý, ta xây dựng hai dãy lặp {xn} và {yn} như sau:

xn+1 = Sxn và yn = T xn với n = 0, 1, 2, ... Để ý rằng, nếu yn0+1 = yn0 với số tự nhiên nào đó n0 ∈ N thì T xn0+1 = T xn0. Vì T là đơn ánh nên xn0+1 = xn0. Điều này kéo theo Sxn0 = xn0. Vì thế xn0 là điểm bất động của S. Do đó, ta có thể giả sử

(1.3)

yn+1 (cid:54)= yn với mọi n ∈ N.

(1.4)

14

ε0 < d(ym, ym+1) = d(T xm, T xm+1) < ε0 + δ0.

Từ (1.4) ta có d(yn, yn+1) > 0 với mọi n ∈ N. Hơn nữa, từ giả thiết (1.2) ta suy ra Kn = {d(yn, yn+1)} = {d(T xn, T xn+1)} là dãy giảm các số thực không âm. Do đó, tồn tại ε0 (cid:62) 0 sao cho lim d(yn, yn+1) = ε0. Ta chứng n→∞ minh ε0 = 0. Thật vậy, giả sử ngược lại ε0 > 0, khi đó tồn tại δ0 = δ(ε0) và m ∈ N sao cho

d(T Sxm, T Sxm+1) = d(T xm+1, T xm+2) = d(ym+1, ym+2) < ε0.

Từ (1.2) ta có

Điều này mâu thuẫn với dãy {d(yn, yn+1)} là dãy giảm hội tụ đến ε0. Do đó, ta có

d(T xn, T xn+1) = 0.

lim n→∞

d(yn, yn+1) = lim n→∞

(1.5)

Bây giờ, ta chứng minh {yn} là dãy Cauchy. Lấy ε > 0 tùy ý và chọn δ = δ(ε) thỏa mãn δ (cid:54) ε. Từ (1.5), ta suy ra tồn tại số nguyên dương M sao cho

d(yn−1, yn) = d(T xn−1, T xn) < δ với mọi n > M.

(1.6)

Cố định số tự nhiên M , để chứng minh {yn} với n > M là dãy Cauchy, ta chỉ cần chứng tỏ

d(yn, yn+p) = d(T xn, T xn+p) (cid:54) ε với p = 1, 2, · · · .

(1.7)

d(T xn−1, T xn+p) = d(yn−1, yn+p) (cid:54) d(yn−1, yn) + d(yn, yn+p) < δ + ε.

Thật vậy, vì δ (cid:54) ε, kết hợp với (1.6) và (1.2) nên bất đẳng thức (1.7) đúng cho trường hợp p = 1. Bây giờ, giả sử bất đẳng thức (1.7) đúng với số tự nhiên p ∈ N. Từ (1.6) và giả thiết quy nạp ta có

Do đó, từ (1.2) ta suy ra

d(T Sxn−1, T Sxn+p) = d(T xn, T xn+p+1) = d(yn, yn+p+1) < ε.

(1.8)

15

Điều này chứng tỏ bất đẳng thức (1.7) đúng với mọi p ∈ N. Do đó, {yn} là dãy Cauchy. Hơn nữa, vì X là không gian đầy đủ nên tồn tại w ∈ X

sao cho

T Snx0 = w.

lim n→∞

yn = lim n→∞

T xn = lim n→∞

(1.9)

T liên tục nên ta suy ra T S liên tục. Do đó, ta có

T Sxn = T Sz.

w = lim n→∞

yn+1 = lim n→∞

Vì T là hội tụ dãy nên {xn} = {Snx0} hội tụ tới z ∈ X. Lại do T liên tục nên ta có T z = w. Mặt khác, nhờ điều kiện (1.2) kết hợp với giả thiết

Điều này kéo theo T Sz = T z. Hơn nữa, vì T là đơn ánh nên ta có Sz = z.

Cuối cùng, ta sẽ chứng minh z là điểm bất động duy nhất của S. Giả

d(z, w) > 0. Vì T đơn ánh nên d(T z, T w) > 0. Với ε = d(T z, T w) > 0 này, theo giả thiết tồn tại δ = δ(ε) sao cho ε (cid:54) d(T z, T w) < ε + δ. Từ (1.2) ta suy ra d(T Sz, T Sw) = d(T z, T w) < ε. Ta gặp mâu thuẫn. Vậy,

sử ngược lại, tồn tại w ∈ X sao cho w (cid:54)= z và Sw = w. Khi đó, ta có

định lý được chứng minh.

Nếu ta cho T x = x với mọi x ∈ X trong Định lý 1.1.5 thì ta nhận được

định lý sau.

1.1.6 Định lý. ([42]) Cho (X, d) là không gian mêtric đầy đủ và ánh xạ S : X → X. Nếu với mỗi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho ε (cid:54) d(x, y) < ε+δ kéo theo d(Sx, Sy) < ε với mọi x, y ∈ X thì S có điểm bất động duy

nhất.

Tiếp theo, chúng tôi sẽ trình bày một ví dụ để chứng tỏ Định lý 1.1.5

là mở rộng thực sự của Định lý 1.1.6.

1.1.7 Ví dụ. Lấy X = [1, 8] với mêtric thông thường trên R: d(x, y) = |x − y| với mọi x, y ∈ X. Khi đó, (X, d) là không gian mêtric đầy đủ.

8 √ x

Xét ánh xạ Sx = với x ∈ X. Dễ thấy, x = 4 là điểm bất động duy

16

nhất của S. Đầu tiên, ta chứng minh S không thỏa mãn điều kiện co

Meir-Keeler. Thật vậy, theo điều kiện co Meir-Keeler với mỗi ε > 0 tồn

ε (cid:54) d(x, y) = |x − y| < ε + δ

tại δ > 0 để với mọi x, y ∈ X sao cho

d(Sx, Sy) =

< ε

−

√

√

ta có

|x − y| √ x +

8 √ x

xy(

y)

8 √ y Tuy nhiên, tồn tại ε0 = 3 để với mọi δ > 0 ta có d(Sx, Sy) (cid:62) 8 nếu

√

√

√

xy(

x +

y) (cid:54) 8 (chẳng hạn x = 1, y = 4).

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) = 8

Do đó, điều kiện co Meir-Keeler không thỏa mãn với mọi δ > 0.

Bây giờ, ta sẽ chứng minh S thỏa mãn các điều kiện trong Định lý

T x = ln x + 1, ∀x ∈ X.

1.1.5. Thật vậy, xét ánh xạ T : [1, +∞) → [1, +∞) xác định bởi

δ =

Rõ ràng, T đơn ánh, liên tục và hội tụ dãy. Với mỗi ε > 0, nếu ta chọn

ε 3

ε (cid:54) d(T x, T y) = | ln x − ln y| < ε + δ =

ε

4 3

thì với mọi x, y ∈ X mà

d(T Sx, T Sy) =

| ln x − ln y| <

ε < ε.

− ln

ta có

8 √ y

1 2

2 3

8 √ x

(cid:12) (cid:12) (cid:12) ln (cid:12) (cid:12) (cid:12) =

Điều này chứng tỏ S thỏa mãn các điều kiện trong Định lý 1.1.5.

Tiếp theo, chúng tôi trình bày một mở rộng khác của Định lý 1.1.6.

1.1.8 Định lý. Cho (X, d) là không gian mêtric đầy đủ và F : X → X

là ánh xạ liên tục. Giả sử ánh xạ T : X → X là đơn ánh, liên tục, hội

tụ dãy và với mỗi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho với mọi x, y ∈ X ta có

ε (cid:54) MT (x, y) < ε + δ

kéo theo d(T F x, T F y) < ε, (1.10)

17

trong đó

d(T x, T y), d(T x, T F x), d(T y, T F y),

MT (x, y) = max

[d(T x, T F y) + d(T y, T F x)]

(cid:110)

1 2

(cid:111) .

Khi đó, F có điểm bất động duy nhất x ∈ X.

Chứng minh. Lấy x0 ∈ X tùy ý, ta xây dựng hai dãy lặp {xn} và {yn} như sau:

xn+1 = F xn và yn = T xn với n = 0, 1, 2, ... Để ý rằng, nếu yn0+1 = yn0 với số tự nhiên nào đó n0 ∈ N thì T xn0+1 = T xn0. Vì T là đơn ánh nên xn0+1 = xn0, điều này kéo theo F xn0 = xn0. Do đó, xn0 là điểm bất động của F . Vì vậy, ta có thể giả sử

(1.11)

yn+1 (cid:54)= yn với mọi n ∈ N.

(1.12)

MT (xn−1, xn) = max{d(T xn−1, T xn), d(T xn−1, T F xn−1),

d(T xn, T F xn),

[d(T xn−1, T F xn) + d(T xn, T F xn−1)]}

1 2

d(yn−1, yn+1)}

= max{d(yn, yn+1), d(yn−1, yn), d(yn, yn+1),

1 2

Do đó, δn := d(yn+1, yn) > 0 với mọi n ∈ N. Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng {yn} là dãy Cauchy. Thật vậy, nếu tồn tại số tự nhiên n ∈ N sao cho δn−1 < δn thì ta có

d(yn−1, yn) + d(yn, yn+1)}

1 2

< d(yn, yn+1) + d(yn−1, yn) = δn + δn−1

(cid:54) max{d(yn, yn+1), d(yn−1, yn),

(1.13)

δn = inf n

và MT (xn−1, xn) (cid:62) d(yn−1, yn) = δn−1. Từ (1.10), ta có d(T F xn−1, T F xn) < δn−1, suy ra δn < δn−1. Ta gặp mâu thuẫn. Do đó, δn (cid:54) δn−1 với mọi số tự nhiên n ∈ N. Điều này chứng tỏ {δn} là dãy giảm các số thực dương. Do đó, tồn tại số thực r (cid:62) 0 sao cho lim δn = r. Ta chứng minh n→∞

18

r = 0. Thật vậy, nếu r > 0 thì tồn tại δ > 0 sao cho

r (cid:54) MT (x, y) < r + δ kéo theo d(T F x, T F y) < r.

δn = r nên tồn tại số tự nhiên N sao cho

lim n→∞

δn = inf n

r (cid:54) δn < r + δ

Vì

MT (xn−1, xn) = d(yn−1, yn) = δn−1.

với mọi n (cid:62) N . Vì d(yn, yn+1) (cid:54) d(yn−1, yn) và bất đẳng thức (1.13) nên ta có

r (cid:54) MT (xn−1, n) < r + δ,

Do đó, nếu n (cid:62) N + 1 thì

δn = 0.

lim n→∞

δn = inf n

điều này kéo theo d(T F xn−1, T F xn) = d(yn, yn+1) < r. Ta gặp mâu thuẫn. Do vậy,

ε (cid:54) MT (x, y) < ε + δ kéo theo d(T F x, T F y) < ε.

Tiếp theo, ta chứng minh {yn} là dãy Cauchy. Giả sử ngược lại, {yn} không là dãy Cauchy, khi đó tồn tại ε > 0 và dãy con {yn(k)} của {yn} sao cho d(yn(k), yn(k+1)) > 2ε. Với ε này, theo giả thiết tồn tại δ > 0 sao cho

δn = 0 nên tồn tại N ∈ N sao cho

lim n→∞

Đặt δ0 = min{ε, δ}. Vì

δm <

δn = inf n với m (cid:62) N . Với n(k) (cid:62) N , nếu d(yn(k), yn(k+1)−1) (cid:54) ε +

thì

< 2ε.

+

δ0 δ0 4 2 d(yn(k), yn(k+1)) (cid:54) d(yn(k), yn(k+1)−1) + d(yn(k+1)−1, yn(k+1)) δ0 4

δ0 2

(cid:54) ε +

.

d(yn(k), yl) > ε +

δ0 2

Ta gặp mâu thuẫn với d(yn(k), yn(k+1)) > 2ε. Do đó, tồn tại số tự nhiên l mà n(k) (cid:54) l (cid:54) n(k + 1) sao cho

19

.

d(yn(k), yl) (cid:62) ε +

δ0 2

Gọi l là số tự nhiên bé nhất sao cho l (cid:62) n(k) thỏa mãn

.

d(yn(k), yl−1) < ε +

δ0 2

Khi đó, ta nhận được

+

= ε +

.

d(yn(k), yl) (cid:54) d(yn(k), yl−1) + d(yl−1, yl) < ε +

δ0 2

δ0 4

3δ0 4

Mặt khác

.

ε +

Do đó, tồn tại số tự nhiên l mà n(k) (cid:54) l (cid:54) n(k + 1) thỏa mãn

δ0 2

3δ0 4

(cid:54) d(yn(k), yl) < ε +

< ε + δ0

d(yn(k), yl) < ε +

3δ0 4

< ε + δ0

d(yn(k), yn(k)+1) = δn(k) <

δ0 4

< ε + δ0

d(yl, yl+1) (cid:54) δl <

δ0 4

Bởi vì

[d(yn(k), yl) + d(yl, yl+1) + d(yn(k)+1, yn(k)) + d(yn(k), yl)]

1 [d(yn(k), yl+1) + d(yn(k)+1, yl)] 2 (cid:54) 1 2

[+d(yl, yl+1) + d(yn(k)+1, yn(k))]

1 2

< ε +

+

= ε + δ0

= d(yn(k), yl) + δ0 3δ0 4 4

và

MT (xn(k), xl) < ε + δ0 (cid:54) ε + δ.

nên ta có

d(yn(k)+1, yl+1) = d(T F xn(k), T F xl) < ε.

Điều này kéo theo

20

d(yn(k)+1, yl+1) (cid:62) d(yn(k), yl) − d(yn(k), yn(k)+1) − d(yl, yl+1)

−

−

= ε.

> ε +

δ0 2

δ0 4

δ0 4

Mặt khác

T xn = y.

lim n→∞

yn = lim n→∞

Ta gặp mâu thuẫn. Vậy, {yn} là dãy Cauchy. Vì (X, d) là không gian mêtric đầy đủ nên tồn tại y ∈ X sao cho

xn+1 = lim n→∞

Hơn nữa vì T hội tụ dãy nên ta suy ra tồn tại x ∈ X sao cho {xn} hội tụ tới x. Từ tính liên tục của F ta có x = lim F xn = F x. n→∞

Cuối cùng, ta sẽ chứng minh tính duy nhất của điểm bất động. Nếu tồn

MT (x, y) = d(T x, T y) > 0.

tại y ∈ X mà y = F y và y (cid:54)= x thì

ε (cid:54) d(T x, T y) < ε + δ kéo theo d(T x, T y) < ε.

Từ điều kiện (1.10) ta có

1.2. Điểm bất động của ánh xạ T -co kiểu tựa co Ciric

Ta gặp mâu thuẫn. Vậy, định lý được chứng minh.

Trong mục này, chúng tôi trình bày khái niệm ánh xạ tựa co Ciric, đồng

thời phát biểu và chứng minh một số mở rộng của ánh xạ T -co cho ánh

xạ tựa co Ciric ([27]).

d(Sx, Sy) (cid:54) q max (cid:8)d(x, y), d(x, Sx), d(y, Sy), d(x, Sy), d(y, Sx)(cid:9),

1.2.1 Định nghĩa. ([27]) Cho (X, d) là không gian mêtric, ánh xạ S : X → X được gọi là tựa co nếu tồn tại 0 (cid:54) q < 1 sao cho

(1.14)

với mọi x, y ∈ X.

21

Cho ánh xạ T : X → X, với tập con Y ⊂ X và với mỗi x ∈ X đặt:

1. δ(Y ) = sup{d(x, y) : x, y ∈ Y }.

2. O(x, n) = {x, T x, T 2x, · · · , T nx} với n ∈ N.

3. O(x, ∞) = {x, T x, T 2x, · · · }.

Định lý sau là một mở rộng định lý ánh xạ tựa co Ciric.

1.2.2 Định lý. Cho (X, d) là không gian mêtric, T : X → X là ánh

q ∈ [0, 1) sao cho

d(T Sx, T Sy) (cid:54) q max{d(T x, T y), d(T x, T Sx), d(T y, T Sy),

xạ đơn ánh, liên tục, hội tụ dãy và ánh xạ S : X → X. Giả sử tồn tại

d(T x, T Sy), d(T y, T Sx)}

(1.15)

X và n ∈ N, (ii) δ(cid:2)O(T x, ∞)(cid:3) (cid:54) 1

1−q d(T x, T Sx), với mọi x ∈ X,

(iii) S có điểm bất động duy nhất b ∈ X,

T Snx = T b với mọi x ∈ X.

(iv) lim n→∞

với mọi x, y ∈ X và mọi dãy Cauchy có dạng {T Snx} đều hội tụ trong X. Khi đó, ta có (i) d(T Si, T Sj) (cid:54) qδ(cid:2)O(T x, n)(cid:3), với mọi i, j ∈ {1, 2, ..., n}, mọi x ∈

T Si−1x, T Six, T Sj−1x, T Sjx ∈ O(T x, n).

Chứng minh. Với x ∈ X tùy ý, số tự nhiên n (cid:62) 1 và i, j ∈ {1, 2, ..., n}, ta có

Ta quy ước S0x = x với mọi x ∈ X. Từ (1.15) ta có d(T Six, T Sjx) = d(cid:0)T S(Si−1x), T S(Sj−1x)(cid:1)

d(T Si−1x, T Sj−1x); d(T Si−1x, T Six),

(cid:110) (cid:54) q max

d(T Sj−1x, T Sjx), d(T Si−1x, T Sjx), d(T Six, T Sj−1x)

(cid:111)

(cid:54) qδ(cid:2)O(T x, n)(cid:3).

22

Do đó, khẳng định (i) được chứng minh.

δ(cid:2)O(T x, 1)(cid:3) (cid:54) δ(cid:2)O(T x, 2)(cid:3) (cid:54) · · · (cid:54) δ(cid:2)O(T x, n)(cid:3) (cid:54) δ(cid:2)O(T x, n+1)(cid:3) (cid:54) · · · ,

Bây giờ ta chứng minh khẳng định (ii). Ta có

δ(cid:2)O(T x, ∞)(cid:3) = sup

điều này kéo theo

d(T x, T Sx) với mọi

(cid:110) δ(cid:2)O(T x, n)(cid:3) : n ∈ N (cid:111) .

d(T Six, T Sjy) (cid:54) qδ(cid:2)O(T x, n)(cid:3), ∀i, j ∈ {1, 2, ..., n}

Vì vậy, ta chỉ cần chứng tỏ rằng δ(cid:2)O(T x, n)(cid:3) (cid:54) 1 1 − q n ∈ N. Thật vậy, vì O(T x, n) = {T x, T Sx, ..., T Snx} là tập hữu hạn với mỗi số tự nhiên n và

d(T x, T Skx) = δ(cid:2)O(T x, n)(cid:3).

với 0 (cid:54) q < 1, ta suy ra tồn tại k ∈ {1, 2, ..., n} sao cho

d(T x, T Skx) (cid:54) d(T x, T Sx) + d(T Sx, T Skx) (cid:54) d(T x, T Sx) + qδ(cid:2)O(T x, n)(cid:3) = d(T x, T Sx) + qd(T x, T Skx).

d(T x, T Sx). Vậy, khẳng định

Sử dụng bất đẳng thức tam giác và khẳng định (i) ta nhận được

Do đó, δ(cid:2)O(T x, n)(cid:3) = d(T x, T Skx) (cid:54) 1 1 − q (ii) được chứng minh.

Để chứng minh khẳng định (iii) ta lấy x0 ∈ X tùy ý và xây dựng các

xn+1 = Sxn và yn = T xn = T Snx0 n = 0, 1, 2, ...

dãy lặp {xn} và {yn} như sau:

d(yn, ym) = d(T Snx0, T Smx0)

= d(T SSn−1x0, T Sm−n+1Sn−1x0) (cid:54) qδ(cid:2)O(T Sn−1x0, m − n + 1)(cid:3).

Ta chứng minh rằng {yn} là dãy Cauchy. Thật vậy, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử n < m, trong đó n, m ∈ N. Từ (i) ta nhận được

23

δ(cid:2)O(T Sn−1x0, m − n + 1)(cid:3) = d(T Sn−1x0, T SlSn−1x0),

Từ giả thiết n < m ta suy ra tồn tại l ∈ {1, m − n + 1} sao cho

d(T Sn−1x0, T SlSn−1x0) = d(T SSn−2x0, T Sl+1Sn−2x0)

và

(cid:54) qδ(cid:2)O(T Sn−2x0, l + 1)(cid:3).

d(yn, ym) = d(T Snx0, T Smx0) (cid:54) qδ(cid:2)O(T Sn−1x0, m − n + 1)(cid:3) (cid:54) q2δ(cid:2)O(T Sn−2x0, m − n + 2)(cid:3).

Do đó, ta có

d(yn, ym) = d(T Snx0, T Smx0) (cid:54) ... (cid:54) qnδ(cid:2)O(T Sx0, m)(cid:3).

d(T x0, T Sx0) nên ta có

d(T x0, T Sx0).

Lập luận tương tự ta nhận được

Vì δ(cid:2)O(T Sx0, m)(cid:3) (cid:54) δ(cid:2)O(T Sx0, ∞)(cid:3) (cid:54) 1 1 − q d(yn, ym) = d(T Snx0, T Smx0) (cid:54) qn 1 − q

T Snx0 = a ∈ X.

lim n→∞

Snx0 = b ∈ X. Hơn nữa, vì T liên tục

Điều này chứng tỏ {yn} = {T Snx0} là dãy Cauchy. Theo giả thiết, mỗi dãy Cauchy có dạng {T Snx0} hội tụ trong X ta suy ra

Vì T là hội tụ dãy nên ta có lim n→∞

nên ta nhận được

T Snx0 = T b.

lim n→∞

(1.16)

Do vậy, ta có T b = a. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh Sb = b. Thật vậy, ta

24

d(T b, T Snx0), d(T b, T Sb), (cid:111)

d(T Snx0, T Sn+1x0), d(T b, T Sn+1x0), d(T Snx0, T Sb)

(cid:110) có d(T Sb, T b) (cid:54) d(T b, T Sn+1x0) + d(T Sn+1x0, T Sb) (cid:54) d(T b, T Sn+1x0) + q max

d(T b, T Snx0), d(T b, T Sb),

(cid:110) (cid:54) d(T b, T Sn+1x0) + q max

d(T Snx0, T Sn+1x0), d(T b, T Sn+1x0), d(T Snx0, T b) + d(T b, T Sb)

(cid:111)

d(T b, T Sn+1x0) + d(T Snx0, T Sn+1x0)

.

(cid:104) (cid:54) d(T b, T Sn+1x0) + q

(cid:105) + d(T Snx0, T b) + d(T b, T Sb)

Từ các bất đẳng thức trên ta suy ra

(1 + q)d(T b, T Sn+1x0)

d(T b, T Sb) (cid:54) 1 1 − q

.

(cid:104)

(cid:105) + qd(T b, T Snx0) + qd(T Snx0, T Sn+1x0)

T Snx0 = T b, ta nhận được d(T Sb, T b) = 0, có nghĩa là T Sb = T b. Hơn nữa, vì T là đơn ánh nên

Sb = b. Cuối cùng, ta chứng tỏ b là điểm bất động duy nhất của S. Thật vậy, giả sử b và b(cid:48) là các điểm bất động của S. Khi đó, ta có Sb = b và Sb(cid:48) = b(cid:48). Từ (1.15) ta suy ra

d(T b, T b(cid:48)) = d(T Sb, T Sb(cid:48))

Cho n → ∞ và kết hợp với đẳng thức lim n→∞

d(T b, T Sb(cid:48)), d(T b(cid:48), T Sb), d(T b, T b(cid:48))}

= qd(T b, T b(cid:48)).

(cid:54) q max{d(T b, T Sb), d(T b(cid:48), T Sb(cid:48)),

Hơn nữa, vì 0 (cid:54) q < 1 nên ta có d(T b, T b(cid:48)) = 0. Vậy, T b = T b(cid:48). Mặt khác, vì T đơn ánh nên b = b(cid:48). Vậy, khẳng định (iii) được chứng minh. Khẳng định (iv) được suy trực tiếp từ (1.16).

Định lý được chứng minh.

25

Nếu ta cho T x = x với mọi x ∈ X trong Định lý 1.2.2 thì ta nhận được

định lý ánh xạ tựa co Ciric ([27]).

X → X. Nếu tồn tại q ∈ [0, 1) sao cho

d(Sx, Sy) (cid:54) q max (cid:8)d(x, y), d(x, Sx), d(y, Sy), d(x, Sy), d(y, Sx)(cid:9),

1.2.3 Hệ quả. ([27]) Cho (X, d) là không gian mêtric và ánh xạ S :

(1.17) với mọi x, y ∈ X và mọi dãy Cauchy có dạng {Snx} hội tụ trong X thì S có duy nhất điểm bất động.

Ví dụ sau chứng tỏ rằng Định lý 1.2.2 là mở rộng thực sự của Định lý

ánh xạ tựa co Ciric 1.2.3.

1.2.4 Ví dụ. Lấy X = R+ với mêtric thông thường: d(x, y) = |x − y| với mọi x, y ∈ X. Rõ ràng (X, d) là không gian mêtric đầy đủ. Xét ánh

x2 x + 1

d(Sx, S2x) =

;

−

=

x2(2x + 3) (2x + 1)(x + 1)

d(x, Sx) = x −

=

;

4x2 2x + 1 x2 x + 1

x2 x + 1 x x + 1

d(2x, S2x) = 2x −

=

;

d(x, S2x) =

với mọi x ∈ X. Ta có xạ Sx =

4x2 2x + 1 (cid:12) (cid:12) − x (cid:12) =

4x2 2x + 1

2x 2x + 1 2x2 − x 2x + 1

=

;

d(2x, Sx) = 2x −

x2 x + 1

x2 + 2x x + 1

d(x, 2x) = x.

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12); (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Do đó, với x đủ lớn ta có

max

d(x, 2x), d(x, Sx), d(2x, S2x), d(x, S2x), d(2x, Sx)

=

.

x2 + 2x x + 1

(cid:110) (cid:111)

Cho x = x và y = 2x trong bất đẳng thức (1.17) ta nhận được

d(Sx, S2x) (cid:54) q max

d(x, 2x), d(x, Sx), d(2x, S2x), d(x, S2x), d(2x, Sx)

(cid:110) (cid:111) .

26

Từ các phép tính toán ở trên ta suy ra

x(2x + 3) (2x + 1)(x + 2)

(cid:54) q.

Cho x → ∞ ta nhận được q (cid:62) 1, điều này mâu thuẫn với giả thiết q ∈ [0, 1). Do đó, ánh xạ S không thỏa mãn điều kiện (1.17). Tuy nhiên,

dễ thấy 0 là điểm bất động duy nhất của S.

1 . Thật vậy, dễ kiểm tra được T đơn ánh, 2

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng S thỏa mãn các điều kiện trong Định

y2 y+1

d(T Sx, T Sy) =

x2 x+1 − e

lý 1.2.2 với T x = ex − 1 và q = liên tục và hội tụ dãy trên R+. Hơn nữa, ta có

(cid:12) (cid:12) (cid:12)e (cid:12) (cid:12) (cid:12)

d(T x, T y) = |ex − ey|.

và

Bây giờ, ta sẽ chứng tỏ rằng ánh xạ S thỏa mãn điều kiện co (1.15) với

d(T x, T y) với mọi x, y ∈ X.

ánh xạ T được xác định ở trên. Muốn vậy, ta chứng minh S thỏa mãn

d(T Sx, T Sy) (cid:54) 1 2

(1.18)

Thật vậy, lấy bất kỳ x, y ∈ X mà x = y thì bất đẳng thức trên thỏa mãn.

Vì vậy, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x > y. Khi đó, bất đẳng

y2

x2 x+1 − e

|e

|ex − ey|, với mọi x > y.

thức (1.18) trở thành

y+1 | (cid:54) 1 2

(1.19)

t2 t+1 và ψ(t) = et là các hàm tăng trên R+ nên từ bất đẳng

Bởi vì φ(t) = e

x2 x+1 −

e

thức (1.19) ta suy ra

y2 y+1 −

, với mọi x > y.

ex 2

ey 2

t2 t+1 − et

(cid:54) e (1.20)

2 với t ∈ R+. Dễ kiểm tra được ϕ là hàm giảm

Xét hàm ϕ(t) = e

27

d(T x, T y)

trên R+. Do vậy, bất đẳng thức (1.18) thỏa mãn và ta có

max

d(T x, T y), d(T x, T Sx), d(T y, T Sy),

d(T Sx, T Sy) (cid:54) 1 2 (cid:54) 1 2

(cid:110)

d(T x, T Sy), d(T y, T Sx)

(cid:111)

vói mọi x, y ∈ X. Điều này chứng tỏ ánh xạ S thỏa mãn các điều kiện

của Định lý 1.2.2.

Từ Định lý 1.2.2 ta nhận được hệ quả sau.

1.2.5 Hệ quả. Cho (X, d) là không gian mêtric, T : X → X là ánh

q ∈ [0, 1) sao cho

d(T Sx, T Sy) (cid:54) q max{d(T x, T y), d(T x, T Sx), d(T y, T Sy),

xạ đơn ánh, liên tục, hội tụ dãy và ánh xạ S : X → X. Giả sử tồn tại

}

d(T x, T Sy) + d(T y, T Sx) 2

(1.21)

với mọi x, y ∈ X và mọi dãy Cauchy dạng {T Snx} hội tụ trong X. Khi đó

a) S có điểm bất động duy nhất b ∈ X. T Snx = T b với x ∈ X. b) lim n→∞

d(T x, T Sy) + d(T y, T Sx) 2

} q max{d(T x, T y), d(T x, T Sx), d(T y, T Sy), (cid:54) q max{d(T x, T y), d(T x, T Sx), d(T y, T Sy), d(T x, T Sy), d(T y, T Sx)}

Chứng minh. Ta có

Do đó, từ các bất đẳng thức (1.15) và (1.21), hệ quả được chứng minh.

Từ Định lý 1.2.2 ta thu được hệ quả sau.

28

1.2.6 Hệ quả. Cho (X, d) là không gian mêtric, T : X → X là ánh

q ∈ [0, 1) sao cho

d(T Skx, T Sky) (cid:54) q max{d(T x, T y), d(T x, T Skx),

d(T y, T Sky), d(T x, T Sky), d(T y, T Skx)}

xạ đơn ánh, liên tục, hội tụ dãy và ánh xạ S : X → X. Giả sử tồn tại

(1.22) với mọi x, y ∈ X, mọi số tự nhiên k và mọi dãy Cauchy dạng {T Snx} hội tụ trong X. Khi đó S có điểm bất động duy nhất b ∈ X.

Chứng minh. Thay S bởi ánh xạ Sk trong Định lý 1.2.2 ta suy ra Sk có điểm bất động duy nhất b ∈ X. Do đó ta có Skb = b và Sk(Sb) = Sk+1b = S(Skb) = Sb. Điều này chứng tỏ Sb là điểm bất động của Sk. Vì Sk có điểm bất động duy nhất nên ta có Sb = b, điều đó chứng tỏ b là điểm bất động của S. Cuối cùng, nếu a là điểm bất động khác của S thì Ska = Sk−1a = ... = Sa = a. Do đó, a là điểm bất động của Sk, chứng tỏ a = b. Vậy, hệ quả được chứng minh.

Từ Định lý 1.2.2 ta cũng thu được hệ quả sau.

1.2.7 Hệ quả. Cho (X, d) là không gian mêtric, T : X → X là ánh

ai < 1 thỏa mãn

5 (cid:80) i=1 d(T Sx, T Sy) (cid:54)a1d(T x, T y) + a2d(T x, T Sx) + a3d(T y, T Sy)

xạ đơn ánh, liên tục, hội tụ dãy và ánh xạ S : X → X. Nếu tồn tại các ai (cid:62) 0, i = 1, 2, ..., 5 sao cho

+ a4d(T x, T Sy) + a5d(T y, T Sx)

(1.23)

với mọi x, y ∈ X và mọi dãy Cauchy dạng {T Snx} hội tụ trong X thì

T Snx = T b.

(a) S có điểm bất động duy nhất b ∈ X.

(b) lim n→∞

29

d(T Sx, T Sy) (cid:54) a1d(T x, T y) + a2d(T x, T Sx) + a3d(T y, T Sy)

+ a4d(T x, T Sy) + a5d(T y, T Sx) (cid:54) (a1 + a2 + a3 + a4 + a5) max{d(T x, T y), d(T x, T Sx),

d(T y, T Sy), d(T x, T Sy), d(T y, T Sx)}

= q max{d(T x, T y), d(T x, T Sx), d(T y, T Sy),

d(T x, T Sy), d(T y, T Sx)},

Chứng minh. Ta có

ai < 1. Vậy, từ điều kiện (1.23) và điều kiện (1.15) ta suy

5 (cid:80) i=1 ra hệ quả được chứng minh.

1.3. Điểm bất động chung của các ánh xạ T -co kiểu (ψ, ϕ)-co

yếu

trong đó q =

Trong mục này, chúng tôi phát biểu và chứng minh kết quả về điểm

bất động chung của các ánh xạ T -co cho ánh xạ kiểu (ψ, ϕ)-co yếu.

Ký hiệu Ψ:={ψ : R+ → R+} là họ các hàm thỏa mãn các điều kiện

(i) ψ liên tục, không giảm;

(ii) ψ(t) = 0 nếu và chỉ nếu t = 0

và Φ :={ϕ : R+ → R+} là họ các hàm thỏa mãn các điều kiện

(iii) ϕ nửa liên tục dưới;

(iv) ϕ(t) = 0 nếu và chỉ nếu t = 0.

t t + 1

Dễ thấy, với mọi t ∈ R+ thì ψ1(t) = t, ψ2(t) =

, và ψ3(t) = t2 ∈ Ψ còn ϕ1(t) = min{t, 1}, ϕ2(t) = ln(1 + t) ∈ Φ. Năm 2009, theo hướng mở rộng các kết quả về điểm bất động cho các ánh xạ kiểu co yếu, D. Doric

([32]) đã đề xuất và chứng minh kết quả về điểm bất động chung của hai

ánh xạ.

1.3.1 Định lý. ([32]) Cho (X, d) là không gian mêtric đầy đủ và các

30

ψ(cid:0)d(f x, gy)(cid:1) (cid:54) ψ(cid:0)M (x, y)(cid:1) − ϕ(cid:0)M (x, y)(cid:1),

ánh xạ f, g : X → X. Nếu tồn tại các hàm ψ ∈ Ψ và ϕ ∈ Φ sao cho

(1.24)

với mọi x, y ∈ X, trong đó

M (x, y) = max

d(x, y), d(x, f x), d(y, gy),

d(x, gy) + d(y, f x) 2

(cid:110) (cid:111) ,

thì f và g có điểm bất động chung duy nhất.

Mở rộng Định lý 1.3.1 cho ánh xạ T -co, chúng tôi thu được kết quả

sau.

1.3.2 Định lý. Cho (X, d) là không gian mêtric đầy đủ và T : X → X

là đơn ánh, liên tục, hội tụ dãy. Cho các ánh xạ f, g : X → X. Nếu

ψ(cid:0)d(T f x, T gy)(cid:1) (cid:54) ψ(cid:0)M (T x, T y)(cid:1) − ϕ(cid:0)M (T x, T y))(cid:1),

tồn tại các hàm ψ ∈ Ψ và ϕ ∈ Φ sao cho

(1.25)

với mọi x, y ∈ X, trong đó

M (T x, T y) = max

d(T x, T y), d(T x, T f x), d(T y, T gy),

(cid:110)

d(T x, T gy) + d(T y, T f x) 2

(cid:111)

thì f và g có điểm bất động chung duy nhất.

Chứng minh. Vì T đơn ánh nên M (T x, T y) = 0 nếu và chỉ nếu x = y.

x2n+2 = f x2n+1, x2n+1 = gx2n và yn = T xn, với mọi n = 0, 1, 2, ...

Do đó, nếu f và g có điểm bất động chung thì điểm bất động chung là duy nhất. Lấy x0 ∈ X tùy ý, ta xây dựng hai dãy lặp {xn} và {yn} như sau:

Ta chứng minh {yn} là dãy Cauchy. Muốn vậy, đầu tiên, ta chứng minh

31

d(yn+1, yn) = 0. Thật vậy, nếu n lẻ thì từ giả thiết của hàm ϕ ta có

lim n→∞

M (T xn, T xn−1)

(cid:17) (cid:16)

ψ(d(yn+1, yn)) = ψ(cid:0)d(T xn+1, T xn)(cid:1) = ψ(cid:0)d(T f xn, T gxn−1)(cid:1) (cid:54) ψ(cid:0)M (T xn, T xn−1)(cid:1) − ϕ (cid:54) ψ(cid:0)M (T xn, T xn−1)(cid:1) (cid:110) = ψ

max

d(T xn, T xn−1), d(T f xn, T xn), d(T gxn−1, T xn−1),

(cid:16)

d(T gxn, T xn−1) + d(T f xn−1, T xn) 2

(cid:111)(cid:17)

= ψ

max

d(yn, yn−1), d(yn+1, yn), d(yn, yn−1),

d(yn−1, yn+1) 2

(cid:111)(cid:17) (cid:16) (cid:110)

max

d(yn, yn−1), d(yn+1, yn),

d(yn−1, yn) + d(yn, yn+1) 2

(cid:16) (cid:110) (cid:54) ψ

(cid:111)(cid:17) . (1.26) Nếu d(yn, yn+1) > d(yn−1, yn) (cid:62) 0 thì M (T xn, T xn−1) = d(yn, yn+1). Do đó, ta có

ψ

d(yn, yn+1)

d(yn, yn+1)

− ϕ(cid:0)d(yn, yn+1)(cid:1).

(cid:16) (cid:16) (cid:17) (cid:17) (cid:54) ψ

d(yn+1, yn) (cid:54) M (T xn, T xn−1) (cid:54) d(yn, yn−1).

Theo giả thiết ϕ(t) > 0 với mọi t > 0 nên ta gặp mâu thuẫn với giả sử d(yn, yn+1) > 0. Do đó, từ (1.26) ta có

d(yn+1, yn) (cid:54) M (T xn, T xn−1) (cid:54) d(yn, yn−1).

Lập luận tương tự cho trường hợp n chẵn ta cũng nhận được

Vì vậy, ta có

d(yn+1, yn) (cid:54) M (T xn, T xn−1) (cid:54) d(yn, yn−1)

(1.27)

M (T xn−1, T xn) = r.

lim n→∞

d(yn, yn+1) = lim n→∞

với mọi n và {d(yn, yn+1)} là dãy không tăng các số thực không âm. Do đó, tồn tại số thực r (cid:62) 0 sao cho

32

inf ϕ(M (T xn, T xn−1)).

ϕ(r) (cid:54) lim n→∞

Vì hàm ϕ nửa liên tục dưới nên ta có

Cho n → ∞ trong bất đẳng thức sau

,

ψ(d(yn, yn+1)) (cid:54) ψ(M (T xn, T xn−1)) − ϕ

M (T xn, T xn−1)

(cid:16) (cid:17)

inf ϕ(M (T xn, T xn−1)) (cid:54) ψ(r) − ϕ(r),

ψ(r) (cid:54) ψ(r) − lim n→∞

ta nhận được

điều này kéo theo ϕ(r) (cid:54) 0. Theo giả thiết của hàm ϕ ta suy ra ϕ(r) = 0. Vậy, r = 0 và

d(yn, yn+1) = 0.

lim n→∞

(1.28)

M (T xn, T xn−1) = 0.

lim n→∞

Từ bất đẳng thức (1.27) ta có

d(yn, yn+1) = 0 nên để chứng minh {yn} là dãy Cauchy ta chỉ

lim n→∞

Vì

n(k) > m(k) > k, d(y2m(k), y2n(k)) > ε.

cần chứng minh {y2n} là dãy Cauchy. Giả sử ngược lại, {y2n} không là dãy Cauchy. Khi đó, tồn tại ε > 0 sao cho ta có thể tìm được hai dãy con {y2n(k)} và {y2m(k)} của {y2n} sao cho với n(k) là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn

Do đó

d(y2m(k), y2m(k)−2) < ε.

(1.29)

ε (cid:54) d(y2m(k), y2n(k))

Từ (1.29) ta có

(cid:54) d(y2m(k), y2n(k)−2) + d(y2n(k)−2, y2n(k)−1) + d(y2n(k)−1, y2n(k)) < ε + d(y2n(k)−2, y2n(k)−1) + d(y2n(k)−1, y2n(k)).

33

Cho k → ∞ và sử dụng bất đẳng thức (1.28) ta nhận được

d(y2m(k), y2n(k)) = ε.

lim k→∞

(1.30)

|d(y2m(k), y2n(k)+1) − d(y2m(k), y2n(k))| (cid:54) d(y2n(k), y2n(k)+1); |d(y2m(k)−1, y2n(k)) − d(y2m(k), y2n(k))| (cid:54) d(y2m(k)−1, y2m(k)).

Mặt khác, ta có

Từ các bất đẳng thức (1.28) và (1.30) ta nhận được

d(y2m(k), y2n(k)+1) = ε.

lim k→∞

d(y2m(k)−1, y2n(k)) = lim k→∞

(1.31)

|d(y2m(k)−1, y2n(k)+1) − d(y2m(k)−1, y2n(k))| (cid:54) d(y2n(k), y2n(k)+1).

Hơn nữa, ta có

Kết hợp với các bất đẳng thức (1.28) và (1.31) ta thu được

d(y2m(k)−1, y2n(k)+1) = ε.

lim k→∞

(1.32)

Từ cách xác định M (T x, T y) và từ các đẳng thức (1.28), (1.30), (1.31) và

M (T x2m(k)−1, T x2n(k)) = ε.

lim k→∞

(1.32) ta suy ra

ψ(d(y2m(k), y2n(k)+1)) = ψ(d(T x2m(k)), T x2n(k)+1))

Từ điều kiện co (1.25) ta có

= ψ(d(T f x2m(k)−1), T gx2n(k))) (cid:17) (cid:54) ψ

− ϕ

.

M (T x2m(k)−1, T x2n(k))

M (T x2m(k)−1, T x2n(k))

(cid:16) (cid:16) (cid:17)

ψ(ε) (cid:54) ψ(ε) − ϕ(ε).

Cho k → ∞ và sử dụng các bất đẳng thức (1.31) và (1.32) ta nhận được

Điều này mâu thuẫn với giả thiết ϕ(t) > 0 với mọi t > 0. Vậy, {yn} là dãy Cauchy. Vì X là không gian mêtric đầy đủ nên tồn tại u ∈ X sao cho

34

T xn = u. Vì T hội tụ dãy nên ta suy ra dãy {xn} hội tụ

yn = lim n→∞

T xn = T v.

lim n→∞ tới v ∈ X. Lại vì T liên tục nên ta có u = lim n→∞

yn = lim n→∞

Bây giờ, ta chứng minh v = f v = gv. Thật vậy, giả sử v (cid:54)= f v, vì T

y2n = u và lim n→∞

y2n+1 = lim n→∞

lim n→∞ tự nhiên N0 ∈ N sao cho với mỗi số tự nhiên n (cid:62) N0 ta có

,

, d(y2n, u) <

d(y2n+1, u) <

d(T v, T f v) 4

d(T v, T f v) 4

đơn ánh nên ta có u = T v (cid:54)= T f v. Do đó d(T v, T f v) > 0. Hơn nữa, vì d(y2n, y2n+1) = 0 nên ta tìm được số

.

d(y2n, y2n+1) <

d(T v, T f v) 4

và

d(T v, T f v) (cid:54) M (T v, T x2n)

Do đó, ta có

= max

d(T v, T x2n), d(T v, T f v), d(T x2n, T gx2n),

(cid:110)

d(T v, T gx2n) + d(T x2n, T f v) 2

(cid:111)

= max

d(u, y2n), d(T v, T f v), d(y2n, y2n+1),

(cid:110)

d(u, y2n+1) + d(y2n, T f v) 2

(cid:111)

d(u, y2n), d(T v, T f v), d(y2n, y2n+1),

(cid:110) (cid:54) max

d(u, y2n+1) + d(y2n, T v) + d(T v, T f v) 2

(cid:111)

, d(T v, T f v),

,

d(T v, T f v) 4

+

+ d(T v, T f v)

(cid:54) max (cid:110)d(T v, T f v) 4

d(T v, T f v) 4

d(T v, T f v) 4 2

(cid:111)

d(T v, T f v)} = d(T v, T f v).

3 4

(cid:54) max{d(T v, T f v),

35

ψ

= ψ

d(T f v, y2n+1)

d(T f v, T gx2n)

d(T f v, T x2n+1) (cid:17)

Vì vậy, M (T v, T x2n) = d(T v, T f v) với mọi số tự nhiên n (cid:62) N0. Từ (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16)

= ψ (cid:16)

M (T v, T x2n)

(cid:16) (cid:17)

M (T v, T x2n) (cid:17)

− ϕ (cid:16)

= ψ

d(T v, T f v)

− ϕ

d(T v, T f v)

,

(cid:54) ψ (cid:16) (cid:17)

cho n → ∞ ta nhận được

ψ

d(T f v, T v)

d(T v, T f v)

− ϕ

d(T v, T f v)

.

(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:17) (cid:16) (cid:54) ψ

Theo giả thiết của hàm ϕ, ta gặp mâu thuẫn. Do đó, v = f v. Lập luận

tương tự ta cũng có v = gv.

Để chứng minh tính duy nhất của điểm bất động chung ta giả sử tồn

tại w ∈ X sao cho w = f w = gw. Khi đó, ta có

M (T v, T w) = max

d(T v, T w), d(T v, T f v), d(T w, T gw),

(cid:110)

(cid:111)

= max

d(T v, T w),

d(T v, T gw) + d(T f v, T w) 2 d(T v, T w) + d(T v, T w) 2

= d(T w, T v).

(cid:110) (cid:111)

ψ

d(T v, T w)

= ψ

M (T v, T w)

− ϕ

M (T v, T w)

Do đó (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)

d(T f v, T gw) (cid:17)

d(T v, T w)

= ψ

− ϕ

d(T v, T w)

.

(cid:16) (cid:54) ψ (cid:16) (cid:17)

Điều này kéo theo d(T v, T w) = 0. Vậy, T v = T w. Vì T đơn ánh nên ta

suy ra w = v. Định lý được chứng minh.

x ∈ X thì ta nhận được Định lý 1.3.1.

1.3.3 Nhận xét. 1) Trong Định lý 1.3.2, nếu ta chọn T x = x với mọi

2) Trong Định lý 1.3.2, nếu ta chọn ψ(t) = t với mọi t ∈ R+ thì ta

nhận được dạng T -co suy rộng cho kết quả sau đây.

36

1.3.4 Định lý. ([63]) Cho (X, d) là không gian mêtric đầy đủ và các

d(f x, gy) (cid:54) M (x, y) − ϕ(cid:0)M (x, y)(cid:1),

ánh xạ f, g : X → X. Nếu tồn tại hàm ϕ ∈ Φ sao cho

với mọi x, y ∈ X, trong đó

M (x, y) = max

d(x, y), d(x, f x), d(y, gy),

d(x, f y) + d(y, gx) 2

(cid:110) (cid:111)

thì f và g có điểm bất động chung duy nhất.

Ví dụ sau chứng tỏ Định lý 1.3.2 là mở rộng thực sự của Định lý 1.3.1.

√

|x − y| với mọi x, y ∈ X. Xét các ánh xạ f (x) = g(x) = 4

x với mọi

x ∈ X. Dễ thấy 16 là điểm bất động chung duy nhất của f và g. Ta chứng

1.3.5 Ví dụ. Lấy X = [1, +∞) và d là mêtric thông thường: d(x, y) =

minh rằng f và g không thỏa mãn điều kiện co (1.24) trong Định lý 1.3.1.

Thật vậy, giả sử tồn tại các hàm ψ ∈ Ψ và ϕ ∈ Φ sao cho bất đẳng thức

ψ(d(f x, gy)) (cid:54) ψ(M (x, y)) − ϕ(M (x, y)), với mọi x, y ∈ X.

(1.24) thỏa mãn. Khi đó, ta có

(1.33)

√

√

x −

ψ(4|

y|) (cid:54) ψ(M (x, y)) − ϕ(M (x, y)), với mọi x, y ∈ X,

hay

[d(gx, y)+d(f y, x)]}.

(1.34)

1 2

trong đó M (x, y) = max{d(x, y), d(f x, x), d(gy, y),

M (x, y) = max{3, 4, 3,

} = 4.

7 2

Với x = 4 và y = 1, ta có

ψ(4) (cid:54) ψ(4) − ϕ(4).

Do đó, bất đẳng thức (1.34) trở thành

Suy ra ϕ(4) (cid:54) 0. Ta gặp mâu thuẫn với giả thiết ϕ(t) > 0 với mọi t ∈ (0, ∞). Vậy f và g không thỏa mãn Định lý 1.3.1.

37

Tiếp theo, ta chứng minh rằng f và g thỏa mãn mọi điều kiện trong

t 3

Định lý 1.3.2. Thật vậy, xét ánh xạ T x = ln x + 1 với mọi x ∈ X. Dễ

√

√

| ln 4

x − ln 4

M (x, y), với mọi x, y ∈ [1, +∞).

y| (cid:54) 2 3

thấy T đơn ánh, liên tục và hội tụ dãy. Cho ψ(t) = t và ϕ(t) = với mọi t ∈ R+. Để chứng minh f và g thỏa mãn điều kiện co (1.25) trong Định lý 1.3.2 ta cần kiểm tra bất đẳng thức sau

M (T x, T y), với mọi x, y ∈ [1, +∞).

Bất đẳng thức trên tương đương với

1 2

x y

(1.35) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ln (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:54) 2 3

√

Mặt khác, ta có

√

M (T x, T y) = max

| ln x − ln y|, | ln 4

x − ln x|, | ln 4

y − ln y|,

√

√

| ln 4

y − ln x| + | ln 4

x − ln y|

(cid:110)

2

(cid:111)

x y

(cid:62) | ln x − ln y| = (cid:12) (cid:12) (cid:12). (cid:12) (cid:12) (cid:12) ln

Chứng tỏ bất đẳng thức (1.35) thỏa mãn. Vậy, f và g thỏa mãn mọi điều

kiện trong Định lý 1.3.2.

Kết luận chương 1

• Đưa ra Định lý 1.1.5 và Định lý 1.1.8 khẳng định sự tồn tại duy

Chương 1 của luận án đạt được các kết quả sau:

nhất điểm bất động của ánh xạ T -co kiểu Meir-Keeler trong không gian

mêtric đầy đủ. Đưa ra Ví dụ 1.1.7 minh họa cho Định lý 1.1.5 cũng như

để chỉ ra rằng kết quả của chúng tôi là mở rộng thực sự so với kết quả của

Meir-Keeler ([42]).

Các kết quả này đã được công bố trong bài báo: Kieu Phuong Chi,

Erdal Karapinar and Tran Duc Thanh (2012), A generalization of the

38

Meir-Keeler type contraction, Arab Journal of Mathematical Sciences,

• Đưa ra các Định lý 1.2.2, Hệ quả 1.2.5, Hệ quả 1.2.6 và Hệ quả 1.2.7

18, 141-148.

khẳng định sự tồn tại duy nhất điểm bất động cho ánh xạ T -co kiểu tựa

co Ciric trong không gian mêtric đầy đủ. Đưa ra Ví dụ 1.2.4 minh họa cho

Định lý 1.2.2 cũng như để chỉ ra rằng kết quả của chúng tôi là mở rộng

thực sự so với kết quả của Ciric ([27]).

Các kết quả này đã được công bố trong bài báo: Erdal Karapinar,

Kieu Phuong Chi and Tran Duc Thanh (2012), A generalization of Ciric

quasi-contraction, Abstract and Applied Analysis, Article ID 518734, 9

• Đưa ra Định lý 1.3.2 khẳng định sự tồn tại duy nhất điểm bất động

pages, doi:10.1155/2012/518734.

chung của ánh xạ T -co kiểu (ψ, ϕ)-co yếu trong không gian mêtric đầy đủ.

Đưa ra Ví dụ 1.3.5 minh họa cho Định lý 1.3.2 cũng như để chỉ ra rằng

kết quả của chúng tôi là mở rộng thực sự so với kết quả D. Doric ([32]).

Các kết quả này đã được công bố trong bài báo: T. V. An, K. P. Chi,

E. Karapinar and T. D. Thanh (2012), An extension of generalized (ψ, ϕ)-

weak contractions, International Journal of Mathematics and Mathe-

matical Sciences, Vol 2012, Article ID 431872, 11pages doi:10.1155/2012/431872.

39

CHƯƠNG 2

ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA MỘT SỐ LỚP ÁNH XẠ CO SUY

RỘNG TRONG KHÔNG GIAN MÊTRIC RIÊNG

Chương này dành để nghiên cứu sự tồn tại điểm bất động của một số

lớp ánh xạ co suy rộng trong các không gian mêtric riêng. Trong mục thứ

nhất, chúng tôi trình bày khái niệm không gian mêtric riêng, một số tính

chất tôpô, sự hội tụ của dãy trong không gian mêtric riêng và mối quan

hệ giữa không gian mêtric riêng với không gian mêtric. Mục thứ hai dành

để trình bày một số định lý điểm bất động cho ánh xạ co suy rộng trong

không gian mêtric riêng. Chú ý rằng, các kỹ thuật chứng minh trong các

định lý ở mục trên hoàn toàn khác với các kỹ thuật chứng minh đã có

trong các không gian mêtric. Trong mục cuối cùng của chương, chúng tôi

thiết lập các định lý điểm bất động đối với ánh xạ co yếu thông qua một

2.1. Không gian mêtric riêng

số định lý điểm bất động chung cho các ánh xạ kiểu (ψ, ϕ)-co yếu.

Năm 1992, trong dự án nghiên cứu về sự hiển thị ngôn ngữ và lưu thông

mạng máy tính, S. G. Matthew ([45]) đã đề xuất và xây dựng khái niệm

không gian mêtric riêng. Các khái niệm, tính chất tôpô, sự hội tụ của dãy,

mối quan hệ giữa không gian mêtric riêng và không gian mêtric, nguyên

lý ánh xạ co Banach trong không gian gian mêtric riêng đã được S. G.

Matthew trình bày tại hội nghị quốc tế về Tôpô và ứng dụng lần thứ 8

([46]).

Khái niệm không gian mêtric riêng nhận được bằng cách thay thế

40

đẳng thức d(x, x) = 0 trong định nghĩa của mêtric bởi bất đẳng thức d(x, x) (cid:54) d(x, y) với mọi x, y. Trước hết, chúng ta nhắc lại một số khái niệm và tính chất cơ bản cần dùng về sau.

2.1.1 Định nghĩa. ([45, 46]) Cho X là tập hợp khác rỗng, ánh xạ p : X × X → R+ được gọi là một mêtric riêng (partial metric) trên X nếu với bất kỳ x, y, z ∈ X các điều kiện sau được thỏa mãn

(P1) x = y nếu và chỉ nếu p(x, x) = p(y, y) = p(x, y). (P2) p(x, x) (cid:54) p(x, y). (P3) p(x, y) = p(y, x). (P4) p(x, z) (cid:54) p(x, y) + p(y, z) − p(y, y). Tập X cùng với một mêtric riêng p trên nó được gọi là không gian

mêtric riêng (partial metric space) và ký hiệu là (X, p).

2.1.2 Ví dụ. ([45, 46]) 1) Cho X = R+ và ánh xạ p : X × X → R+ được xác định bởi p(x, y) = max{x, y} với mọi x, y ∈ X. Khi đó, (X, p)

là không gian mêtric riêng. Hơn nữa, (X, p) không là không gian mêtric

vì p(x, x) = x > 0 với mọi x > 0.

2) Cho X = {[a, b] : a, b ∈ R, a (cid:54) b} và ánh xạ p : X × X → R+ được

p([a, b], [c, d]) = max{b, d} − min{a, c},

xác định bởi

với mọi [a, b], [c, d] ∈ X. Khi đó, (X, p) là không gian mêtric riêng.

3) Cho X = [0, 1] ∪ [2, 3] và ánh xạ p : X × X → R+ được xác định

p(x, y) =

{x, y} ⊂ [0, 1] {x, y} ∩ [2, 3] (cid:54)= ∅,

bởi (cid:26)|x − y|

nếu max{x, y} nếu

với mọi x, y ∈ X. Khi đó, (X, p) là không gian mêtric riêng.

ps(x, y) = 2p(x, y) − p(x, x) − p(y, y)

2.1.3 Mệnh đề. ([45, 46]) Giả sử (X, p) là không gian mêtric riêng. Khi đó, các ánh xạ ps, pm : X × X → R+ cho bởi

41

pm(x, y) = max{p(x, y) − p(x, x), p(x, y) − p(y, y)}

và

xác định các mêtric tương đương trên X.

(cid:15) > 0 và x ∈ X. Khi đó, tập

Bp(x, (cid:15)) := {y ∈ X : p(x, y) < p(x, x) + (cid:15)}

2.1.4 Định nghĩa. ([45, 46]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng,

được gọi là hình cầu mở tâm x bán kính (cid:15).

2.1.5 Định lý. ([45, 46]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng. Khi đó, tập các hình cầu mở trong X là cơ sở của một tôpô τp trên X. Hơn nữa, không gian (X, τp) là T0 - không gian.

2.1.6 Định nghĩa. ([45, 46]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng.

p(xn, x).

p(x, x) = lim n→∞

p(xn, xm) tồn tại hữu hạn.

1) Dãy {xn} trong X được gọi là hội tụ tới x ∈ X nếu và chỉ nếu

2) Dãy {xn} trong X được gọi là dãy Cauchy nếu và chỉ nếu lim n,m→∞

3) Không gian (X, p) được gọi là đầy đủ nếu mọi dãy Cauchy {xn}

trong X hội tụ tới x ∈ X theo tôpô τp.

4) Hàm f : X → X được gọi là liên tục tại x0 ∈ X nếu với mỗi ε > 0,

tồn tại δ > 0 sao cho f (B(x0, δ)) ⊂ B(f (x0), ε).

2.1.7 Định nghĩa. ([58]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng.

p(xn, xm) = 0.

n,m→∞

1) Dãy {xn} trong X được gọi là 0-Cauchy nếu lim

X hội tụ theo tôpô τp tới x ∈ X sao cho p(x, x) = 0.

2) Không gian (X, p) được gọi là 0-đầy đủ nếu mọi dãy 0-Cauchy trong

2.1.8 Nhận xét. ([58]) 1) Như ta biết, trong không gian mêtric, mỗi

dãy hội tụ đều là dãy Cauchy và giới hạn của dãy hội tụ là duy nhất. Tuy nhiên, dãy hội tụ {xn} trong không gian mêtric riêng (X, p) có thể không

42

xn =

n = 2k n = 2k + 1.

là dãy Cauchy và giới hạn của dãy hội tụ cũng có thể không duy nhất. Thật vậy, lấy X = R+, p(x, y) = max{x, y} với mọi x, y ∈ X và dãy {xn} được xác định bởi

p(xn, x) = p(x, x). Đặt

(cid:26)0 nếu 1 nếu

p(xn, x) = p(x, x)}.

L(xn) = {x ∈ X| lim n→∞

Rõ ràng, {xn} là dãy hội tụ trong không gian mêtric riêng (X, p) và với mỗi x (cid:62) 1 ta có lim n→∞

p(xn, xm) không tồn tại.

lim n,m→∞ 2) Nếu (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ thì (X, p) là không

Khi đó L(xn) = [1, ∞). Hơn nữa,

gian mêtric riêng 0-đầy đủ. Điều ngược lại không đúng. Thật vậy, không gian mêtric riêng (Q+, p) cùng với mêtric riêng p(x, y) = max{x, y} là 0-đầy đủ nhưng không đầy đủ.

2.1.9 Mệnh đề. ([45, 46]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng. Khi

đó, ta có các khẳng định sau

(1) Nếu {xn} là dãy hội tụ trong không gian mêtric (X, ps) thì nó

là dãy hội tụ trong không gian mêtric riêng (X, p).

(2) Dãy {xn} là dãy Cauchy trong (X, p) nếu và chỉ nếu {xn} là

dãy Cauchy trong (X, ps).

(3) Không gian (X, p) đầy đủ nếu và chỉ nếu không gian (X, ps) đầy

p(xn, x) = lim

p(xm, xn).

lim n→∞

ps(xn, x) = 0 ⇔ lim n→∞

p(x, x) = lim n→∞

n,m→∞

đủ. Hơn nữa,

2.1.10 Bổ đề. ([45, 46]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng và dãy {xn} ⊂ X.

p(xn, y) (cid:54) p(z, y) với mọi

lim n→∞

y ∈ X.

(1) Nếu xn → z khi n → ∞ thì

43

p(xn, y) =

lim n→∞

p(z, y) với mọi y ∈ X.

(2) Nếu xn → z khi n → ∞ sao cho p(z, z) = 0 thì

2.1.11 Bổ đề. ([45, 46]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng. Khi

đó, ta có

(1) Nếu p(x, y) = 0 thì x = y.

(2) Nếu x (cid:54)= y thì p(x, y) > 0.

p(xn, xn) = p(x, x) = p(y, y)

lim n→∞

2.1.12 Bổ đề. ([45, 46]) Cho {xn} là dãy hội tụ trong không gian mêtric riêng (X, p) sao cho xn → x và xn → y khi n → ∞. Nếu

thì x = y.

2.2. Điểm bất động của ánh xạ co suy rộng trong không gian

mêtric riêng

2.1.13 Bổ đề. ([45, 46]) Giả sử (X, p) là không gian mêtric riêng. Khi đó, p là hàm liên tục theo nghĩa sau: Nếu xn → x và yn → y khi n → ∞ với mọi xn, yn, x, y ∈ X thì p(xn, yn) → p(x, y) khi n → ∞.

Năm 2010, I. Altun, F. Sola và H. Simsek ([8]) đã đưa ra kết quả về

sự tồn tại duy nhất điểm bất động của ánh xạ co kiểu Hardy - Rogers cho

trường hợp X là không gian mêtric riêng bởi định lý sau.

T : X → X là ánh xạ thỏa mãn

p(T x, T y) (cid:54) ap(x, y) + bp(T x, x) + cp(y, T y) + d(cid:0)p(T x, y) + p(x, T y)(cid:1), (2.1) với mọi x, y ∈ X, trong đó a + b + c + 2d < 1 và a, b, c, d (cid:62) 0. Khi đó, T có duy nhất điểm bất động.

2.2.1 Định lý. ([8]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ và

44

Năm 2011, khi mở rộng nguyên lý ánh xạ co Banach trong không gian

mêtric riêng, D. Ilic, V. Pavlovic và V. Rakocevic ([37]) đã đề xuất và

chứng minh kết quả sau.

T : X → X là ánh xạ thỏa mãn

p(T x, T y) (cid:54) max{ap(x, y), p(x, x), p(y, y)},

2.2.2 Định lý. ([37]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ và

(2.2)

x ∈ X : p(x, x) = inf{p(y, y) : y ∈ X}

với mọi x, y ∈ X, trong đó a ∈ [0, 1). Khi đó, ta có (cid:111) (cid:110) là tập khác rỗng.

1) Xp = 2) Tồn tại duy nhất u ∈ Xp sao cho T u = u.

Mở rộng các điều kiện co ở trên với ánh xạ trong không gian mêtric

riêng, chúng tôi thu được các kết quả sau đây.

T : X → X là ánh xạ thỏa mãn

2.2.3 Định lý. Giả sử (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ và

p(T x, T y) (cid:54) max

ap(x, y), bp(x, T x), cp(y, T y), d[p(x, T y) + p(y, T x)],

p(x, x), p(y, y)

(cid:110)

(cid:111) ,

). Khi đó, ta có

1 với mọi x, y ∈ X, trong đó a, b, c ∈ [0, 1) và d ∈ [0, 2 (cid:111)

(2.3)

x ∈ X : p(x, x) = inf{p(y, y) : y ∈ X}

(cid:110) là tập khác rỗng.

1) Xp = 2) Tồn tại duy nhất u ∈ Xp sao cho T u = u.

Để chứng minh định lý ta cần một số kết quả bổ trợ. Đặt L = max{a, b, c, 2d} và với mỗi x ∈ X, ta xây dựng dãy lặp {xn} bởi x0 = x, xn = T xn−1, với mọi n = 1, 2, ...

X → X là ánh xạ thỏa mãn Định lý 2.2.3 và m, n, k là các số tự nhiên

2.2.4 Bổ đề. Giả sử (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ, T :

45

p(xm, xn) (cid:54) Lkp(xi0, xj0)

thỏa mãn m (cid:62) n (cid:62) k (cid:62) 1. Khi đó, nếu p(xn, xm) > p(xi, xi) với mọi i ∈ {n − k, ..., n − 1} ∪ {m − k, ..., m − 1} thì

với i0, j0 nào đó thuộc {n − k, ..., m}.

Chứng minh. Ta chứng minh khẳng định trên bằng quy nạp. Với k = 1 thì từ giả thiết ta có p(xm, xn) > max{p(xm−1, xm−1), p(xn−1, xn−1)}. Vì vậy, áp dụng điều kiện co (2.3) ta có

p(xm, xn) = p(T xm−1, T xn−1) (cid:54) max

ap(xm−1, xn−1), bp(xm−1, T xm−1), cp(xn−1, T xn−1),

(cid:110)

d[p(xm−1, T xn−1) + p(xn−1, T xm−1)], p(xm−1, xm−1), p(xn−1, xn−1)

(cid:111)

Lp(xm−1, xn−1), Lp(xm−1, xm), Lp(xn−1, xn),

(cid:110) (cid:54) max

[p(xm−1, xn) + p(xn−1, xm)], p(xm−1, xm−1), p(xn−1, xn−1)

(cid:111)

L 2 (cid:54) L max

p(xm−1, xn−1), p(xm−1, xm), p(xn−1, xn),

(cid:110)

p(xm−1, xn), p(xn−1, xm)

= Lp(xi0, xj0)

(cid:111)

(2.4) với i0, j0 nào đó thuộc {n − 1, ..., m}. Giả sử khẳng định đúng với k > 1 và m (cid:62) n (cid:62) k. Lấy m (cid:62) n (cid:62) k + 1 sao cho

p(xm, xn) > p(xi, xi)

(2.5)

với mọi i ∈ {n − (k + 1), ..., n − 1} ∪ {m − (k + 1), ..., m − 1}. Khi đó, từ p(xm, xn) > max{p(xm−1, xm−1), p(xn−1, xn−1)} và (2.3) ta có

p(xm, xn) (cid:54) Lp(xm1, xn1), trong đó (m1, n1) ∈ (cid:8)(m − 1, n − 1), (m − 1, m), (n − 1, n), (m − 1, n), (n − 1, m), (m, n−1), (n, m−1)(cid:9) nếu m > n và (m1, n1) ∈ (cid:8)(n−1, n−1), (n−

(2.6)

46

1, n)(cid:9) nếu n = m. Vì vậy

m1 (cid:62) n1 (cid:62) n − 1 (cid:62) k.

i ∈{m1 − k, ..., m1 − 1} ∪ {n1 − k, ..., n1 − 1}

⊂ {m − (k + 1), ..., m − 1} ∪ {n − (k + 1), ..., n − 1}

Khi đó với bộ ba m1 (cid:62) n1 (cid:62) k, từ chứng minh trên ta suy ra p(xm1, xn1) > p(xi, xi) với mọi i ∈ {m1 − k, ..., m1 − 1} ∪ {n1 − k, ..., n1 − 1}. Vì nếu ngược lại tồn tại

i ∈{m1 − k, ..., m1 − 1} ∪ {n1 − k, ..., n1 − 1}

⊂ {m − (k + 1), ..., m − 1} ∪ {n − (k + 1), ..., n − 1}

sao cho p(xm1, xn1) (cid:54) p(xi, xi), thì nhờ (2.6) và lập luận trên suy ra tồn tại

p(xm, xn) (cid:54) Lp(xm1, xn1) < p(xm1, xn1) (cid:54) p(xi, xi).

sao cho

p(xm1, xn1) (cid:54) Lkp(xi0, xj0)

Điều này mâu thuẫn. Do đó, theo giả thiết quy nạp áp dụng cho bộ ba m1 (cid:62) n1 (cid:62) k ta có

p(xm, xn) (cid:54) Lp(xm1, xn1) (cid:54) Lk+1p(xi0, xj0).

với i0, j0 nào đó thuộc {n1 − k, ..., m1} ⊂ {n − (k + 1), ..., m}. Khi đó, ta có

p(x, T x) + p(x, x)

X là ánh xạ thỏa mãn Định lý 2.2.3 và Rx =

1 1 − L

2.2.5 Bổ đề. Cho (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ, T : X →

với mỗi x ∈ X. Với mỗi x ∈ X, xét dãy {xn} xác định bởi x0 = x, xn = T xn−1, với mọi n = 1, 2, ... Khi đó,

47

1) Với mọi i, j (cid:62) 0 ta có

p(xi, xj) (cid:54) Rx.

p(xn, xn) và tồn tại i (cid:62) 0 sao cho

(2.7)

p(xn+1, xn) = lim sup n→∞

p(xn, xn).

p(xi, xi) = sup n(cid:62)0

2) lim n→∞

dm = p(xi, xj) = p(T xi−1, T xj−1)

Chứng minh. 1) Với mỗi m (cid:62) 1 đặt dm = max{p(xi, xj) : 0 (cid:54) i, j (cid:54) m}. Để chứng minh khẳng định 1) ta chỉ cần chứng minh rằng: dm (cid:54) Rx. Trước hết ta thấy rằng tồn tại i ∈ {0, 1, ..., m} sao cho dm = p(x0, xi). Thật vậy, lấy i, j ∈ {0, 1, ..., m} sao cho dm = p(xi, xj). Nếu i, j = 0 thì ta thu được ngay khẳng định. Giả sử i, j (cid:62) 1. Khi đó, ta có

Lp(xi−1, xj−1), Lp(xi−1, xi), Lp(xj−1, xj),

(cid:110) (cid:54) max

[p(xj−1, xi) + p(xi−1, xj)], p(xi−1, xi−1), p(xj−1, xj−1)

(cid:111)

L 2 (cid:54) max

L max

p(xi−1, xj−1), p(xj−1, xj), p(xi−1, xi),

(cid:110) (cid:110)

p(xj−1, xi), p(xi−1, xj)

, p(xi−1, xi−1), p(xj−1, xj−1)

= max{Lp(xi1, xj1), p(xi−1, xi−1), p(xj−1, xj−1)},

(cid:111) (cid:111)

(2.8)

trong đó i1, j1 ∈ {0, 1, ..., m}.

- Nếu max{Lp(xi1, xj1), p(xi−1, xi−1), p(xj−1, xj−1)} = Lp(xi1, xj1), thì

dm (cid:54) Lp(xi1, xj1) (cid:54) Ldm

ta thu được

vì L ∈ (0, 1) nên dm = 0. Do đó, từ định nghĩa của dm ta có dm = p(x0, xk) = 0 với mọi 0 (cid:54) k (cid:54) m.

- Nếu max{Lp(xi1, xj1), p(xi−1, xi−1), p(xj−1, xj−1)} = p(xi−1, xi−1),

dm = p(xi, xj) (cid:54) p(xi−1, xi−1) (cid:54) dm.

thì

48

Suy ra dm = p(xi−1, xi−1).

- Nếu max{Lp(xi1, xj1), p(xi−1, xi−1), p(xj−1, xj−1)} = p(xj−1, xj−1),

thì tương tự trường hợp trên ta có dm = p(xj−1, xj−1).

Từ việc xét 3 trường hợp trên ta thấy rằng hoặc dm = p(x0, xk) = 0 với mọi 0 (cid:54) k (cid:54) m, hoặc tiếp tục quá trình trên sau hữu hạn bước ta nhận được dm = p(x0, x0). Khẳng định được chứng minh.

Rx. Nếu i0 (cid:62) 1 thì ta có dm = p(x0, xi0)

Bây giờ, lấy i0 ∈ {0, 1..., m} để dm = p(x0, xi0). Nếu i0 = 0 thì dm (cid:54)

(cid:54) p(x0, T x0) + p(T x0, xi0) = p(x0, T x0) + p(T x0, T xi0−1) (cid:54) p(x0, T x0) + max{Lp(xi1, xi2), p(x0, x0), p(xi0−1, xi0−1)}

dm (cid:54) p(x0, T x0) + max{Ldm, p(xl, xl)},

với i1, i2 nào đó thuộc {0, 1, ..., m}. Suy ra

trong đó l là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho p(xl, xl) = max{p(xi, xi) : i = 1, 2, ..., m}. Vì vậy ta thu được

dm (cid:54) p(x0, T x0)

1 − L

(2.9) (cid:54) Rx

dm (cid:54) p(x0, T x0) + p(xl, xl). (2.10) - Nếu trường hợp (2.9) xẩy ra, thì ta suy ra dm (cid:54) Rx với mọi m và suy

hoặc

ra ngay điều cần chứng minh.

- Nếu trường hợp (2.10), thì ta suy ra rằng l = 0. Vì nếu l (cid:62) 1, thì từ

p(xl, xl) > p(xl−1, xl−1).

tính chất của l ta có

dm (cid:54) p(x0, T x0) + Lp(xj1, xj2) (cid:54) p(x0, x1) + Ldm.

Do đó nhờ Bổ đề 2.2.4 áp dụng với k = 1, m = n = l ta tìm được j1, j2 ∈ {l − 1, l} sao cho

49

Từ bất đẳng thức cuối này ta suy ra dm (cid:54) Rx với mọi m. Ta thu được điều cần chứng minh.

p(xn, xn) = r (cid:62) 0.

lim n→∞

p(xn+1, xn) = lim sup n→∞

2) Trước tiên, chúng ta chứng minh

Thật vậy, với mỗi n = 1, 2, ..., từ bất đẳng thức (2.3) và điều kiện (P4)

p(xn+1, xn) = p(T xn, T xn−1)

trong Định nghĩa 2.1.1 ta có

d[p(xn, T xn−1) + p(T xn, xn−1)]}, p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)}

= max{ap(xn, xn−1), bp(xn, xn+1), cp(xn, xn−1),

d[p(xn, xn) + p(xn−1, xn+1)], p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)}

(cid:54) max{ap(xn−1, xn), bp(xn, T xn), c(xn−1, T xn−1),

d[p(xn−1, xn) + p(xn, xn+1)], p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)}

(cid:54) max{ap(xn, xn−1), bp(xn, xn+1), cp(xn, xn−1),

2dp(xn−1, xn), 2dp(xn, xn+1), p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)} (cid:54) max{Lp(xn, xn−1), Lp(xn, xn+1), p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)}. (2.11)

(cid:54) max{ap(xn, xn−1), bp(xn, xn+1), cp(xn, xn−1),

max{Lp(xn0, xn0−1), Lp(xn0, xn0+1), p(xn0, xn0), p(xn0−1, xn0−1)} = Lp(xn0, xn0+1)

- Nếu tồn tại số tự nhiên n0 sao cho

p(xn0, xn0+1) (cid:54) Lp(xn0, xn0+1).

thì nhờ (2.11) ta thu được

p(xn, xn) = p(xn0, xn0) (cid:62) 0.

lim n→∞

p(xn+1, xn) = lim sup n→∞

Vì L ∈ [0, 1) nên p(xn0, xn0+1) = 0. Theo Bổ đề 2.1.11, suy ra xn0+1 = xn0, hay xn0+1 = T xn0 = xn0 và xn0 là điểm bất động của T . Điều này kéo theo xn = xn0 với mọi n ≥ n0 và

50

Hơn nữa, vì p(xn0, xn0) (cid:54) p(xn0, T xn0) nên ta có p(xn0, xn0) = 0 và

x ∈ X : p(x, x) = inf{p(y, y) : y ∈ X}

Xp =

(cid:110) (cid:111) (2.12)

là tập khác rỗng.

max{Lp(xn, xn−1), Lp(xn, xn+1), p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)} (cid:54)= Lp(xn, xn+1)

- Nếu

p(xn+1, xn) (cid:54) max{Lp(xn, xn−1), p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)} (cid:54) p(xn, xn−1). (2.13) Điều đó chứng tỏ {p(xn+1, xn)} là dãy giảm các số thực không âm. Do đó, tồn tại số thực r (cid:62) 0 sao cho

p(xn+1, xn) = r.

lim n→∞

với mọi n ∈ N thì từ bất đẳng thức (2.11) ta nhận được

p(xn, xn) = 0.

lim n→∞

p(xn+1, xn) = lim n→∞

Nếu r = 0 thì từ bất đẳng thức p(xn, xn) (cid:54) p(xn, xn+1) với mọi n suy ra

rn = max{Lp(xn, xn−1), p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)}.

rn = r. Bây

Nếu r > 0 thì với mỗi n = 1, 2, ... ta đặt

p(xn+1, xn) = r ta có lim n→∞

Từ bất đẳng thức (2.13) và lim n→∞

rnk = Lp(xnk, xnk−1).

giờ, ta sẽ chứng minh rn = Lp(xn, xn−1) với hữu hạn số tự nhiên n. Vì nếu rn = Lp(xn, xn−1) với vô hạn n thì tồn tại dãy các số nguyên dương {nk} sao cho

p(xn, xn) = r.

lim n→∞

p(xn+1, xn) = lim sup n→∞

Cho nk → ∞, ta suy ra r = Lr. Điều này mâu thuẫn với giả thiết L ∈ [0, 1) và r > 0. Do đó, rn = Lp(xn, xn−1) với hữu hạn số tự nhiên n. p(xn, xn) = r. Vì thế ta có Kết hợp với cách xác định của rn ta có lim sup n→∞

51

p(xn, xn+1) (cid:54) rn (cid:54) p(xn, xn−1)

Hơn nữa, ta thấy rằng

rn = max{Lp(xn, xn−1), p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)}

với mọi n, trong đó

p(xn, xn).

p(xi, xi) = sup n(cid:62)0

và đồng thời rn chỉ bằng Lp(xn, xn−1) tại hữu hạn n nên tồn tại i (cid:62) 0 sao cho

Điều này kéo theo

x ∈ X : p(x, x) = inf{p(y, y) : y ∈ X}

Xp =

(cid:111) (cid:110) (2.14)

là tập khác rỗng.

p(xn+1, xn) (cid:54) max{p(xn, xn), p(xn−1, xn−1)} (cid:54) p(xn, xn−1)

n) xác định bởi x(cid:48)

n = T x(cid:48)

0 = xi và x(cid:48)

2.2.6 Nhận xét. 1) Từ chứng minh của Bổ đề 2.2.5 ta có rn = Lp(xn, xn−1) với hữu hạn số tự nhiên n suy ra

p(x0, x0) (cid:62) r.

với mọi n (cid:62) n0 với n0 nào đó. Vì vậy, từ các bất đẳng thức p(xn, xn) (cid:54) p(xn, xn+1) và p(xn−1, xn−1) (cid:54) p(xn, xn−1) suy ra dãy {(p(xn, xn)} cũng là dãy giảm kể từ n0. Do đó, sử dụng p(xi, xi) = supn(cid:62)0 p(xn, xn) nếu ta xét dãy (x(cid:48) n−1 thì ta luôn có thể giả thiết

2) Từ (2.12) và (2.14) trong chứng minh của Bổ đề 2.2.5 ta suy ra

khẳng định 1) của Định lý 2.2.3 được chứng minh.

X → X là ánh xạ thỏa mãn Định lý 2.2.3. Khi đó, với mỗi x ∈ X và dãy {xn} xác định bởi x0 = x, xn = T xn−1, với mọi n = 1, 2, ... ta có

2.2.7 Bổ đề. Giả sử (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ, T :

52

r := lim sup

p(xn, xn) = lim

p(xm, xn).

m,n→∞

n→∞

Lk0Rx < r + ε và p(xi, xi) < r + ε

Chứng minh. Từ chứng minh của Bổ đề 2.2.5 2) ta có r (cid:54) p(xn, xn) với n đủ lớn. Vì vậy, r (cid:54) p(xn, xn) (cid:54) p(xm, xn) với mọi m, n đủ lớn. Lấy ε > 0 p(xn, xn) < r + ε và L < 1 tồn tại k0 sao tùy ý. Khi đó, từ r := lim sup n→∞ cho

p(xm, xn) (cid:54) r + ε.

với mọi i (cid:62) k0. Giả sử m (cid:62) n (cid:62) 2k0. Khi đó, nếu p(xm, xn) (cid:54) p(xi, xi) với i (cid:62) k0 nào đó thì

p(xm, xn) (cid:54) Lk0p(xi0, xj0) (cid:54) Lk0Rx < r + ε.

Ngược lại, nếu p(xm, xn) > p(xi, xi) với mọi i (cid:62) k0 thì từ n − k0 (cid:62) k0 và nhờ Bổ đề 2.2.4 ta tìm được i0, j0 (cid:62) n − k0 sao cho

r (cid:54) p(xm, xn) < r + ε

Do đó, ta có

p(xm, xn) = r.

lim m,n→∞

với mọi m, n > k0. Ta nhận được

p(xn, u) = lim

p(xn, xn).

r = p(u, u) = lim n→∞

m,n→∞

p(xn, xm) = lim n→∞

Chứng minh Định lý 2.2.3. Nhờ Nhận xét 2.2.6 2) ta chỉ cần chứng minh khẳng định 2). Thật vậy, với mỗi x ∈ X, ta xây dựng dãy lặp {xn} bởi x0 = x, xn = T xn−1, với mọi n = 1, 2, ... Khi đó, bởi Bổ đề 2.2.7 ta có {xn} là dãy Cauchy trong (X, p). Vì (X, p) đầy đủ nên tồn tại u ∈ X sao cho dãy {xn} hội tụ tới u khi n → ∞, có nghĩa là,

53

Ta sẽ chứng minh p(u, u) = p(u, T u). Thật vậy, với mỗi n = 1, 2, ..., ta có

p(u, u) (cid:54) p(u, T u) (cid:54) p(u, xn) + p(T u, xn) − p(xn, xn).

(2.15)

d[p(u, T xn−1) + p(xn−1, T u)], p(u, u), p(xn−1, xn−1)}

Từ bất đẳng thức (2.3) ta có p(T u, T xn−1) (cid:54) max{ap(u, xn−1), bp(u, T u), cp(xn−1, T xn−1),

d[p(u, xn) + p(xn−1, T u)], p(u, u), p(xn−1, xn−1)}.

(cid:54) max{ap(u, xn−1), bp(u, T u), cp(xn−1, xn),

p(T u, xnk) (cid:54) max{p(u, u), Lp(u, T u)}.

(2.16) Dễ thấy {p(T u, T xn−1)} = {p(T u, xn)} là dãy bị chặn. Do đó, nó có dãy con hội tụ {p(T u, xnk)}. Cho nk → ∞ trong bất đẳng thức (2.16) và sử dụng Bổ đề 2.1.10 ta nhận được

p(u, u) = p(u, T u).

Lại cho nk → ∞ trong bất đẳng thức (2.15) và kết hợp với các bất đẳng thức trên ta suy ra

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh

x ∈ X : p(x, x) = inf{p(y, y) : y ∈ X}

Xp =

(cid:110) (cid:111)

.

p(xk, xk) (cid:54) ρp +

1 k

là tập khác rỗng. Đặt ρp = inf{p(y, y) : y ∈ X}. Với mỗi k = 1, 2, ..., ta có thể cố định xk ∈ X sao cho

ruk := p(uk, uk) = p(T uk, uk).

Với mỗi k = 1, 2, ..., xuất phát từ xk và từ chứng minh ở trên ta có thể tìm được uk sao cho T nxk → uk khi n → ∞ và

Hơn nữa, nhờ Nhận xét 2.2.6 ta có thể giả thiết

ruk

(cid:54) p(uk, uk) = p(T uk, uk).

54

p(um, un) = ρp.

lim m,n→∞

Ta sẽ chứng tỏ rằng

+ 1. Khi đó với

(cid:104)

(cid:105) 3 ε(1 − L)

Thật vậy, với ε > 0 cho trước, đặt n0 := k (cid:62) n0, từ bất đẳng thức (2.3) ta nhận được ρp (cid:54) p(T uk, T uk)

(cid:54) max{ap(uk, uk), bp(uk, T uk), cp(uk, T uk), 2dp(uk, T uk), p(uk, uk)} (cid:54) max{Lp(uk, uk), p(uk, uk)} = p(uk, uk)

= ruk

1 k

(cid:54) p(xk, xk) (cid:54) ρp +

.

< ρp +

1 n0 (1 − L)ε 3

(cid:54) ρp +

.

Uk := p(xk, xk) − p(T xk, T xk) <

(1 − L)ε 3

Điều này kéo theo

p(um, un) (cid:54)p(um, T um) + p(T un, un) + p(T um, T un)

− p(T um, T um) − p(T un, T un)

Bây giờ, với mỗi cặp số tự nhiên m, n (cid:62) n0, vì p(uk, T uk) = p(uk, uk) với mọi k = 1, 2, ... nên

= Um + Un + p(T um, T un)

(2.17)

+ p(T um, T un).

(1 − L)ε 3

(cid:54) 2

d[p(T un, um) + p(un, T um)], p(um, um), p(un, un)}

= max{ap(um, un), d[p(T un, um) + p(un, T um)],

p(um, um), p(un, un)}.

Mặt khác, ta cũng có p(T um, T un) (cid:54) max{ap(um, un), bp(T um, um), cp(T un, un),

(2.18)

55

p(T un, um) (cid:54) p(T un, un) + p(um, un) − p(un, un) = p(um, un)

Hơn nữa, vì

p(un, T um) (cid:54) p(T um, um) + p(um, un) − p(um, um) = p(um, un)

và

p(T um, un) + p(um, T un) (cid:54) 2p(um, un).

nên

max{ap(um, un), d(p(T un, um) + p(un, T um)), p(um, um), p(un, un)}

Do đó, ta có

(cid:54) max{ap(um, un), 2dp(um, un), p(um, um), p(un, un)} (cid:54) max{Lp(um, un), p(um, um), p(un, un)}.

(2.19)

p(T um, T un) (cid:54) max{Lp(um, un), p(um, um), p(un, un)}.

Từ các bất đẳng thức (2.18) và (2.19), ta thu được

+ max{Lp(um, un), p(um, um), p(un, un)}.

p(um, un) (cid:54) 2

(1 − L)ε 3

Kết hợp bất đẳng thức trên với bất đẳng thức (2.17), ta nhận được

Điều này kéo theo

,

p(um, un) (cid:54) max

Lp(um, un) +

(cid:110)

p(um, um) +

, p(un, un) +

2(1 − L)ε 3 2(1 − L)ε 3

2(1 − L)ε 3

(cid:111) .

}

ρp = p(um, un) (cid:54) max{

, p(um, um) +

, p(un, un) +

2(1 − L)ε 3

2(1 − L)ε 3

Do đó, ta có

, ρp + (1 − L)ε}

(cid:54) max{

, ρp + ε}

2ε 3 2ε 3 2ε 3 = ρp + ε.

(cid:54) max{

56

p(um, un) = ρp, có nghĩa là {un} là dãy Cauchy. Theo giả

Suy ra lim n→∞

p(un, y) = lim

p(un, um) = ρp.

p(y, y) = lim n→∞

m,n→∞

thiết, (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ. Do đó, tồn tại y ∈ X sao cho un → y khi n → ∞, tức là

ry := p(u, u) = p(T u, u),

T ny. Ta có

Điều này chứng tỏ y ∈ Xp, hay Xp (cid:54)= ∅. Rõ ràng, nếu y ∈ Xp thì tồn tại u ∈ X sao cho

ρp (cid:54) p(T u, T u) (cid:54) p(T u, u) = p(u, u) = ry (cid:54) p(y, y) = ρp.

trong đó u = lim n→∞

p(u, v) = p(T u, T v)

Điều này kéo theo p(u, u) = p(T u, u) = p(T u, T u). Vậy T u = u. Cuối cùng, ta sẽ chứng tỏ rằng nếu u, v ∈ Xp là hai điểm bất động của T thì u = v. Thật vậy, vì T u = u, T v = v và p(u, u) = p(v, v) = ρp nên

p(u, u), p(v, v)} (cid:54) max{Lp(u, v), p(u, u), p(v, v)}.

(cid:54) max{ap(u, v), bp(u, T u), cp(v, T v), d(p(u, T v) + p(v, T u)),

Từ đó suy ra (1 − L)p(u, v) (cid:54) 0 hoặc p(u, v) (cid:54) p(u, u) = p(v, v) = ρp. Nếu (1 − L)p(u, v) (cid:54) 0 thì p(u, v) = 0, tức là u = v, còn nếu p(u, v) (cid:54) p(u, u) = p(v, v) = ρp thì ta có p(u, v) = p(u, u) = p(v, v), tức là u = v. Định lý được chứng minh.

max{ap(x, y), p(x, x), p(y, y)} (cid:54) max{ap(x, y), bp(x, T x), cp(y, T y), d[p(x, T y) + p(y, T x)], p(x, x), p(y, y)}.

2.2.8 Nhận xét. (1) Từ

và các bất đẳng thức (2.2), (2.3) suy ra Định lý 2.2.2 là hệ quả của Định

lý 2.2.3.

57

(2) Từ Định lý 2.2.3, chúng ta chưa khẳng định được ánh xạ T có duy

nhất điểm bất động thuộc X. Tuy nhiên, bằng cách bổ sung các điều kiện,

trong các định lý và hệ quả sau đây, ánh xạ T sẽ có điểm bất động duy

nhất thuộc X.

2.2.9 Định lý. Giả sử (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ và

p(T x, T y) (cid:54) M (x, y),

ánh xạ T : X → X thỏa mãn

(2.20)

với mọi x, y ∈ X, trong đó

M (x, y) = max

ap(x, y), bp(x, T x), cp(y, T y), d[p(x, T y) + p(y, T x)],

(cid:110)

ep(x, x), f p(y, y)

(cid:111)

T z = z.

và a, b, c, 2d, e, f ∈ [0, 1). Khi đó, tồn tại duy nhất z ∈ X sao cho

Chứng minh. Lấy x0 ∈ X, ta xây dựng dãy lặp {xn} như sau: xn = T xn−1 với mọi n = 1, 2, ... Nếu xn0 = xn0+1 với số tự nhiên n0 (cid:62) 0 nào đó thì từ cách xác định của dãy {xn}, ánh xạ T có điểm bất động. Giả sử xn (cid:54)= xn+1 với bất kỳ số tự nhiên n (cid:62) 0, khi đó theo Bổ đề 2.1.11, p(xn, xn+1) > 0 với mọi số tự nhiên n (cid:62) 0.

Từ bất đẳng thức (2.20) ta có

p(T xn, T xn+1) (cid:54) M (xn, xn+1),

(2.21)

M (xn, xn+1) = max{ap(xn, xn+1), bp(xn, T xn), cp(xn+1, T xn+1), . d[p(xn, T xn+1) + p(xn+1, T xn)], ep(xn, xn), f p(xn+1, xn+1)}

trong đó

Ta xét các trường hợp đối với M (x, y) .

Trường hợp 1: Nếu M (xn, xn+1) = cp(xn+1, T xn+1) = cp(xn+1, xn+2)

p(xn+1, xn+2) = p(T xn, T xn+1) (cid:54) cp(xn+1, xn+2).

thì từ bất đẳng thức (2.21) ta có

58

M (xn, xn+1) (cid:54)= cp(xn+1, T xn+1)

Điều này mâu thuẫn với giả thiết c ∈ (0, 1), chứng tỏ

Trường hợp 2: Nếu M (xn, xn+1) = d[p(xn, T xn+1) + p(xn+1, T xn)] thì

p(xn+1, xn+2) (cid:54) d[p(xn, T xn+1) + p(xn+1, T xn)]

.

= d[p(xn, xn+2) + p(xn+1, xn+1)] (cid:54) d[p(xn, xn+1) + p(xn+1, xn+2)].

từ bất đẳng thức (2.21) ta có

p(xn, xn+1).

p(xn+1, xn+2) (cid:54) d 1 − d

Do đó

max{ap(xn, xn+1), bp(xn, T xn), ep(xn, xn), f p(xn+1, xn+1)} (cid:54) rp(xn, xn+1),

Từ tiên đề (P 2) trong Định nghĩa 2.1.1 ta có

trong đó r = max{a, b, e, f }. Do đó, từ mọi trường hợp đã xét ở trên, bất

đẳng thức (2.21) trở thành

p(xn+1, xn+2) (cid:54) kp(xn, xn+1),

(2.22)

1−d}. Rõ ràng 0 < k < 1. Do đó

p(xn+1, xn+2) (cid:54) kp(xn, xn+1) (cid:54) k2p(xn−1, xn) (cid:54) · · · (cid:54) kn+1p(x0, x1).

trong đó k ∈ {r, d

(2.23) Ta chứng minh {xn} là dãy Cauchy. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử n > m. Khi đó, từ bất đẳng thức (2.23) và (P 2) trong Định nghĩa

0 (cid:54) p(xn, xm) (cid:54) p(xn, xn−1) + p(xn−1, xn−2) + · · · + p(xm+1, xm)

p(x0, x1).

− [p(xn−1, xn−1) + p(xn−2, xn−2) + · · · p(xm+1, xm+1)] (cid:54) p(xn, xn−1) + p(xn−1, xn−2) + · · · + p(xm+1, xm) (cid:54) [kn−1 + kn−2 + · · · km]p(x0, x1) = km 1 − kn−m 1 − k

2.1.1 ta có

59

lim n,m→∞

p(xn, xm) = 0. Điều đó chứng tỏ {xn} là dãy Cauchy trong (X, p). Theo Mệnh đề 2.1.9 thì {xn} cũng là dãy Cauchy trong (X, ps). Hơn nữa, vì (X, p) đầy đủ nên (X, ps) cũng đầy đủ. Vậy tồn tại z ∈ X sao cho xn → z trong (X, ps), tức là

Do đó,

ps(z, xn) = 0.

lim n→∞

(2.24)

Cũng theo Mệnh đề 2.1.9 ta có

p(z, xn) = lim

p(xn, xm) = 0,

p(z, z) = lim n→∞

n,m→∞

(2.25)

Bây giờ ta chứng minh z là điểm bất động của T . Chú ý rằng từ đẳng thức (2.25), ta có p(z, z) = 0. Bằng cách thay x = xn và y = z vào bất đẳng thức (2.20) ta nhận được

p(xn+1, T z) = p(T xn, T z) (cid:54) M (xn, z),

(2.26)

ep(xn, xn), f p(z, z)}.

trong đó M (xn, z) = max{ap(xn, z), bp(xn, T xn), cp(z, T z), d[p(xn, T z) + p(z, T xn)],

Sử dụng đẳng thức (2.25) và Bổ đề 2.1.10, cho n → ∞ ở bất đẳng thức

p(z, T z) (cid:54) M (z, z),

trên ta nhận được

(2.27)

M (z, z) = max{ap(z, z), bp(z, z), cp(z, T z), d[p(z, T z) + p(z, z)],

ep(z, z), f p(z, z)}.

trong đó

Theo đẳng thức (2.25), ta có M (z, z) = cp(z, T z) hoặc M (z, z) = dp(z, T z).

Trong cả hai trường hợp này ta luôn có p(T z, z) = 0. Theo Bổ đề 2.1.11,

ta suy ra T z = z.

Cuối cùng, ta chứng minh z là điểm bất động duy nhất của T . Giả sử

p(z, w) = p(T z, T w) (cid:54) M (z, w),

ngược lại, tồn tại w ∈ X sao cho T w = w. Khi đó ta có

(2.28)

60

trong đó

M (z, w) = max

ap(z, w), bp(z, T z), cp(w, T w), d[p(z, T w) + p(w, T z)],

(cid:110)

ep(z, z), f p(w, w)

(cid:111)

= max

ap(z, w), bp(z, z), cp(w, w), d[p(z, w) + p(w, z)],

(cid:110)

ep(z, z), f p(w, w)

(cid:111) .

Vì a, b, c, 2d, e, f ∈ (0, 1) và tiên đề (P2) trong Định nghĩa 2.1.1 nên bất

đẳng thức (2.28) kéo theo p(z, w) = 0. Theo Bổ đề 2.1.11 ta có z = w.

Vậy, định lý được chứng minh.

Từ các định lý trên chúng ta thu được hệ quả sau

2.2.10 Hệ quả. Cho (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ và ánh

xạ T : X → X thỏa mãn

p(T x, T y) (cid:54) max

ap(x, y), bp(x, T x), cp(y, T y), d[p(x, T y) + p(y, T x)],

(cid:110)

p(x, x) + p(y, y) 2

(cid:111) ,

(2.29)

).

1 2

với mọi x, y ∈ X, trong đó a, b, c ∈ [0, 1) và d ∈ [0,

x ∈ X : p(x, x) = inf{p(y, y) : y ∈ X}

(cid:110) (cid:111) là tập khác

Khi đó, Xp = rỗng và T có duy nhất điểm bất động.

Chứng minh. Rõ ràng

max

p(x, x) + p(y, y) 2

ap(x, y), bp(x, T x), cp(y, T y), d[p(x, T y) + p(y, T x)], (cid:110)

(cid:111) (cid:110)

ap(x, y), bp(x, T x), cp(y, T y), d[p(x, T y) + p(y, T x)], p(x, x), p(y, y)

(cid:54) max (cid:111) .

Do đó, từ Định lý 2.2.3 ta suy ra T có điểm bất động duy nhất thuộc Xp. Bây giờ, ta chứng tỏ T có điểm bất động duy nhất thuộc X. Thật vậy,

61

p(u, v) = p(T u, T v) (cid:54) max

nếu u, v là hai điểm bất động của T thì từ bất đẳng thức (2.29) ta có

(cid:111)

Kp(u, v),

p(u, u) + p(v, v) 2

(cid:110) ap(u, v), bp(u, T u), cp(v, T v), d(cid:2)p(u, T v) + p(T u, v)(cid:3), p(u, u) + p(v, v) 2 (cid:110) (cid:54) max (cid:111) .

.

p(u, v) (cid:54) Kp(u, v) hoặc p(u, v) (cid:54) p(u, u) + p(v, v)

2

Điều này kéo theo

u = v. Vậy, hệ quả được chứng minh.

thì ps(u, v) = 2p(u, v) − p(u, u) − p(v, v) = 0, nghĩa là Nếu p(u, v) (cid:54) Kp(u, v) thì p(u, v) = 0 hay u = v. Còn nếu p(u, v) (cid:54) p(u, u) + p(v, v) 2

Lập luận tương tự Nhận xét 2.2.8 và Hệ quả 2.2.10 ta suy ra Định lý

2.2.1 là hệ quả của Định lý 2.2.3. Hơn nữa, từ Định lý 2.2.3 chúng ta cũng

thu được các hệ quả sau.

2.2.11 Hệ quả. ([38]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ

p(T x, T y) (cid:54) max

λp(x, y), α[p(x, T x) + p(y, T y)], γ[p(x, T y) + p(y, T x)],

và T : X → X là ánh xạ thỏa mãn (cid:110)

p(x, x) + p(y, y) 2

(cid:111) ,

(2.30)

1 ). Khi đó ta có 2

với mọi x, y ∈ X, trong đó λ ∈ [0, 1) và α, γ ∈ [0,

1) Tồn tại duy nhất u ∈ Xp sao cho T u = u. 2) p(u, u) = inf{p(y, y) : y ∈ X}.

T : X → X là ánh xạ thỏa mãn

2.2.12 Hệ quả. Cho (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ và

p(T x, T y) (cid:54) max

ap(x, y), bp(x, T x), cp(y, T y), d[p(x, T y) + p(y, T x)]

(cid:110) (cid:111) ,

(2.31)

62

).

1 2

với mọi x, y ∈ X, trong đó a, b, c ∈ [0, 1) và d ∈ [0,

x ∈ X : p(x, x) = inf{p(y, y) : y ∈ X}

(cid:110) (cid:111) là tập khác

Khi đó, Xp = rỗng và T có duy nhất điểm bất động.

T : X → X là ánh xạ thỏa mãn

p(T x, T y) (cid:54)ap(x, y) + bp(T x, x) + cp(y, T y) + d[p(T x, y) + p(x, T y)]

+ ep(x, x) + f p(y, y)

2.2.13 Hệ quả. Cho (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ và

(2.32) với mọi x, y ∈ X, trong đó a+b+c+2d+e+f < 1, và a, b, c, d, e, f (cid:62) 0. Khi đó, T có duy nhất điểm bất động.

Ví dụ sau chứng tỏ Định lý 2.2.3 là mở rộng thực sự của Định lý 2.2.2.

2.2.14 Ví dụ. Lấy X = [0, 1] ∪ [2, 3] và xét ánh xạ p : X × X → R được xác định bởi

p(x, y) =

{x, y} ⊂ [0, 1] {x, y} ∩ [2, 3] (cid:54)= ∅.

(cid:26)|x − y|

nếu max{x, y} nếu

Rõ ràng (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ. Hàm T : X → X được

0 (cid:54) x < 1

xác định bởi

T x =

nếu  

1 2 1 4

nếu x = 1 hoặc 2 (cid:54) x (cid:54) 3. 

1 2

Dễ thấy là điểm bất động duy nhất của T . Ta chứng minh rằng T không

p(T x, T 1) =

−

Thật vậy, với bất kỳ (cid:54) x < 1, ta có thỏa mãn các điều kiện kiện co trong Định lý 2.2.2. 3 4

1 2

1 4

1 4

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) =

max{ap(x, 1), p(x, x), p(1, 1)} = max{a|x−1|, |x−x|, |1−1|} = a|x−1| <

1 4

và

63

max{ap(x, 1), p(x, x), p(1, 1)} > p(T x, T 1),

với mọi a ∈ [0, 1). Điều này kéo theo

chứng tỏ bất đẳng thức (2.2) không thỏa mãn.

< a, b, c, 2d < 1.

Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh T thỏa mãn điều kiện co (2.3) trong

1 3

Định lý 2.2.3 với

Nếu x, y ∈ [0, 1) thì

p(T x, T y) = 0 (cid:54) max

ap(x, y), bp(x, T x), cp(y, T y), d(p(x, T y) + p(y, T x),

p(x, x), p(y, y)

(cid:110)

(cid:111) .

Nếu x = y = 1 thì điều kiện (2.3) là hiển nhiên.

−

p(T x, T 1) =

Nếu y = 1 và x ∈ [0, 1) thì

1 2

1 4

1 4

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) =

max

và (cid:110) (cid:111)

= max

>

c >

,

ap(x, 1), bp(x, T x), cp(1, T 1), d[p(x, T 1) + p(1, T x)], p(x, x), p(1, 1) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)x − (cid:12), d(

(cid:110)

1 2

1 4

1 4

1 2

1 4

3 4

(cid:12) (cid:12) (cid:12)x − a|x − 1|, b (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)1 − (cid:12), c (cid:12) (cid:12) (cid:12)1 − (cid:12) (cid:12) (cid:12)) + (cid:12) (cid:111) (cid:12) (cid:12))

max

ap(x, 1), bp(x, T x), cp(1, T 1), d]p(x, T 1) + p(1, T x)], p(x, x), p(1, 1)

> p(T x, T 1).

nghĩa là (cid:110) (cid:111)

Trường hợp x = 1 và y ∈ [0, 1) được chứng minh tương tự.

Nếu {x, y} ∩ [2, 3] (cid:54)= ∅ thì

ap(x, y), bp(x, T x), cp(y, T y), d[p(x, T y) + p(y, T x)], p(x, x), p(y, y)

max (cid:62) max{p(x, x), p(y, y)} (cid:62) 2,

(cid:111) (cid:110)

p(T x, T y) (cid:54) 1.

và

Do đó, với mọi trường hợp đã xét ở trên, điều kiện co (2.3) được thỏa

mãn. Từ đó ta có thể áp dụng Định lý 2.2.3 cho ánh xạ T .

64

Ví dụ sau chứng tỏ Định lý 2.2.3 là một mở rộng thực sự của Hệ quả

2.2.11.

2.2.15 Ví dụ. Lấy X := R+ và xét ánh xạ p : X × X → R+ được cho bởi p(x, y) = max{x, y} với mọi x, y ∈ X. Dễ thấy (X, p) là không gian

T x = ln(1 + x) với mọi x ∈ X.

mêtric riêng đầy đủ. Hàm số T : X → X được xác định bởi

T không thỏa mãn các điều kiện của Hệ quả 2.2.11 bởi vì điều kiện (2.30)

Rõ ràng 0 là điểm bất động duy nhất của T . Đầu tiên, ta khẳng định rằng

) sao

1 2

không thỏa mãn. Thật vậy, giả sử tồn tại λ ∈ [0, 1), và α, γ ∈ [0,

cho

p(T x, T y) (cid:54) max

λp(x, y), α[p(x, T x) + p(y, T y)], γ[p(x, T y) + p(y, T x)],

(cid:110)

p(x, x) + p(y, y) 2

(cid:111) ,

(2.33)

ln(1 + x) (cid:54) max

với mọi x, y ∈ X. Khi đó, với y = 0 và mọi x ∈ X, ta có

x 2

(cid:110) λx, αx, γ(cid:0)x + ln(1 + x)(cid:1), (cid:111) .

2, điều này mâu thuẫn với giả thiết của α, λ, γ.

Cho x → 0, từ bất đẳng thức trên ta nhận được λ (cid:62) 1, hoặc α (cid:62) 1, hoặc γ (cid:62) 1

p(T x, T y) = ln(1 + x)

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh T thỏa mãn các điều kiện co của Định lý 2.2.3. Tức là, ta cần kiểm tra điều kiện (2.3). Nếu x, y ∈ R+ thì không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng y (cid:54) x. Khi đó ta có

và

max

max (cid:8)ap(x, y), bp(x, T x), cp(y, T y),

d p(x, T y) + p(y, T x)

= x.

(cid:110) (cid:111) 2(cid:9), p(x, x), p(y, y)

(2.34)

65

Rõ ràng ln(1 + x) (cid:54) x với mọi x (cid:62) 0, do đó điều kiện (2.3) thỏa mãn.

2.3. Điểm bất động chung của các ánh xạ kiểu (ψ, ϕ)-co yếu trong

không gian mêtric riêng

Vì vậy, ta có thể áp dụng Định lý 2.2.3 cho T .

Năm 1969, khi mở rộng nguyên lý ánh xạ co Banach, D. W. Boyd và

S. W. Wong ([21]) đã giới thiệu khái niệm ánh xạ Φ-co.

Cho (X, d) là không gian mêtric, ánh xạ T : X → X được gọi là Φ-co

d(T x, T y) (cid:54) Φ(d(x, y)),

nếu tồn tại hàm nửa liên tục trên Φ : R+ → R+ sao cho

với mọi x, y ∈ X.

Năm 1997, tổng quát hóa khái niệm Φ-co, Y. I. Alber và S. Guerre-

X là không gian Hilbert và thu được một số kết quả về điểm bất động.

Delabriere ([5]) đã phát biểu khái niệm ánh xạ ϕ-co yếu trong trường hợp

Ánh xạ T : X → X được gọi là ϕ-co yếu nếu tồn tại hàm ϕ : R+ → R+

d(T x, T y) (cid:54) d(x, y) − ϕ(d(x, y)),

sao cho

với mọi x, y ∈ X, ở đây ϕ(t) = 0 khi và chỉ khi t = 0.

Năm 2001, B. E. Rhoades ([57]) đã chứng minh kết quả của Y. I. Alber

và S. Guerre-Delabriere vẫn còn đúng trong trường hợp X là không gian

mêtric bằng cách phát biểu và chứng minh định lý sau.

2.3.1 Định lý. ([57]) Cho (X, d) là không gian mêtric đầy đủ và hàm ϕ : R+ → R+ liên tục, không giảm thỏa mãn ϕ(t) = 0 khi và chỉ khi t = 0. Nếu T : X → X là ϕ-co yếu thì T có duy nhất điểm bất động.

Tiếp tục theo hướng giảm nhẹ điều kiện co, năm 2008, P. N. Dutta và

ψ(cid:0)d(T x, T y)(cid:1) ≤ ψ(cid:0)d(x, y)(cid:1) − ϕ(cid:0)d(x, y)(cid:1),

B. S. Choudhury ([33]) đã đưa ra điều kiện co dạng

66

với mọi x, y ∈ X, trong đó ψ, ϕ : R+ → R+ là hàm liên tục, đơn điệu không giảm sao cho ψ(t) = 0 = ϕ(t) khi và chỉ khi t = 0.

Chú ý rằng trong điều kiện co trên, nếu ta lấy ψ(t) = t và ϕ(t) = 1 − k

với mọi t ∈ R+ thì ta thu được điều kiện co Banach.

Tiếp tục hướng nghiên cứu này, năm 2009, Q. Zhang và Y. Song ([63]),

D. Doric ([32]) đã đưa ra các khái niệm co suy rộng trên các không gian

mêtric nhằm nghiên cứu điểm bất động chung của hai ánh xạ.

Năm 2011, T. Abdeljawad, E. Karapinar và K. Tas ([2]) đã phát biểu

và chứng minh rằng kết quả của Q. Zhang và Y. Song vẫn còn đúng trong

trường hợp X là không gian mêtric riêng.

T, S : X → X là các ánh xạ thỏa mãn

p(T x, Sy) (cid:54) M (x, y) − ϕ(cid:0)M (x, y)(cid:1),

2.3.2 Định lý. ([2]) Cho (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ và

(2.35)

với mọi x, y ∈ X, trong đó a) ϕ : R+ → R+ là hàm liên tục sao cho ϕ(t) = 0 nếu và chỉ nếu t = 0.

p(x, y), p(x, T x), p(y, Sy),

p(x, Sy) + p(T x, y) 2

(cid:111) (cid:110) , với b) M (x, y) = max

mọi x, y ∈ X.

Khi đó, T và S có điểm bất động chung duy nhất.

Để mở rộng kết quả trên, chúng tôi phát biểu và chứng minh định lý

điểm bất động chung cho ánh xạ kiểu (ψ, ϕ)-co yếu trên lớp các không

gian mêtric riêng.

T, S : X → X là các ánh xạ thỏa mãn

ψ(cid:0)p(T x, Sy)(cid:1) (cid:54) ψ(cid:0)M (x, y)(cid:1) − ϕ(cid:0)M (x, y)(cid:1),

2.3.3 Định lý. Giả sử (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ và

(2.36)

với mọi x, y ∈ X, trong đó a) ψ, ϕ : R+ → R+ là các hàm liên tục sao cho ψ(t) = 0 nếu và chỉ

67

nếu t = 0, và ϕ(t) = 0 nếu và chỉ nếu t = 0.

p(x, y), p(x, T x), p(y, Sy),

p(x, Sy) + p(T x, y) 2

(cid:111) (cid:110) , với b) M (x, y) = max

mọi x, y ∈ X.

Khi đó, T và S có điểm bất động chung duy nhất.

Chứng minh. Giả sử T và S có hai điểm bất động chung u và v với u (cid:54)= v.

ψ(p(u, v)) = ψ(p(T u, T v))

Khi đó, p(u, v) > 0. Từ bất đẳng thức (2.36), ta có

max{p(u, v), p(u, T u), p(v, T v),

(cid:16) (cid:17) } (cid:54) ψ

− ϕ

max{p(u, v), p(u, T u), p(v, T v),

,

p(u, Sv) + p(T u, v) 2 p(u, Sv) + p(T u, v) 2

(cid:16) (cid:17) }

ψ(p(u, v)) (cid:54) ψ(p(u, v)) − ϕ(p(u, v)).

có nghĩa là

(2.37)

0 và ϕ(p(u, v)) > 0. Do đó, bất đẳng thức (2.37) không thể xảy ra. Vì vậy,

Bởi vì p(u, v) > 0, nên từ định nghĩa của các hàm ϕ, ψ, ta có ψ(p(u, v)) >

nếu điểm bất động chung tồn tại thì nó sẽ duy nhất. Bây giờ, giả sử u là

ψ(p(u, Su)) (cid:54) ψ(p(u, Su)) − ϕ(p(u, Su)),

điểm bất động của T và u (cid:54)= Su. Từ bất đẳng thức (2.36), ta có

điều này mâu thuẫn với giả thiết ở trên. Do vậy Su = u. Lập luận tương

tự, ta cũng chứng tỏ được bất kỳ điểm bất động của S cũng là điểm bất

động của T .

Bây giờ, giả sử x0 ∈ X. Ta xác định dãy {xn} với x2n+1 = T x2n và x2n+2 = Sx2n+1 với mọi n = 0, 1, 2, 3, ... Nếu tồn tại số nguyên dương N sao cho x2N = x2N +1, khi đó x2N là điểm bất động của T và do đó là điểm bất động của S. Kết luận tương tự cũng có nếu x2N +1 = x2N +2 với N là số tự nhiên. Vì vậy, ta có thể giả sử rằng xn (cid:54)= xn+1 với mọi n. Từ

68

bất đẳng thức (2.36), ta có

ψ(p(x2n+1, x2n+2)) = ψ(p(T x2n, Sx2n+1)) (cid:54) ψ

max{p(x2n, x2n+1), p(x2n, x2n+1), p(x2n+1, x2n+2),

(cid:16)

p(x2n, x2n+2) + p(x2n+1, x2n+1) 2

(cid:17) }

− ϕ

max{p(x2n, x2n+1), p(x2n, x2n+1), p(x2n+1, x2n+2),

(cid:16)

p(x2n, x2n+2) + p(x2n+1, x2n+1) 2

(cid:17) }

(2.38)

với mọi n = 0, 1, 2, ...

p(x2n, x2n+2) + p(x2n+1, x2n+1) 2

Vì

p(x2n, x2n+1) + p(x2n+1, x2n+2) = 2 (cid:54) max{p(x2n, x2n+1), p(x2n+1, x2n+2)},

(cid:54) p(x2n, x2n+1) + p(x2n+1, x2n+2) − p(x2n+1, x2n+1) + p(x2n+1, x2n+1) 2

ψ(p(x2n+1, x2n+2) (cid:54) ψ(max{p(x2n, x2n+1), p(x2n+1, x2n+2)})

nên ta có

− ϕ(max{p(x2n, x2n+1), p(x2n+1, x2n+2)}).

(2.39)

ψ(p(x2n+1, x2n+2)(cid:1) (cid:54) ψ(p(x2n+1, x2n+2)) − ϕ(p(x2n+1, x2n+2)),

Giả sử p(x2n, x2n+1) (cid:54) p(x2n+1, x2n+2) với n là số tự nhiên nào đó. Khi đó, từ (2.38) ta nhận được

p(x2n+1, x2n+2) = 0,

suy ra, ϕ(p(x2n+1, x2n+2)) (cid:54) 0. Theo định nghĩa của hàm ϕ, ta có

p(x2n+1, x2n+2) (cid:54) p(x2n, x2n+1), với mọi n.

chứng tỏ x2n+1 = x2n+2. Điều này mâu thuẫn với giả thiết xn (cid:54)= xn+1 với mọi n. Do đó,

69

p(x2n+2, x2n+3) (cid:54) p(x2n+1, x2n+2), với mọi n.

Lập luận tương tự ta cũng có

Suy ra {p(xn, xn+1)} là dãy đơn điệu giảm các số thực không âm. Do đó, tồn tại r (cid:62) 0 thỏa mãn

p(xn, xn+1) = r.

lim n→∞

(2.40)

ψ(cid:0)p(x2n+1, x2n+2)(cid:1) (cid:54) ψ(cid:0)p(x2n, x2n+1)(cid:1) − ϕ(p(x2n, x2n+1)), với mọi n.

Từ chứng minh trên kết hợp với (2.39) ta có

Cho n → ∞ trong bất đẳng thức trên và kết hợp với tính liên tục của ψ

ψ(r) (cid:54) ψ(r) − ϕ(r).

and ϕ, ta nhận được

Từ định nghĩa của hàm ϕ, ta suy ra r = 0. Do đó

p(xn, xn+1) = 0.

lim n→∞

(2.41)

Tiếp theo, chúng ta chứng minh rằng {xn} là dãy Cauchy. Thật vậy, từ (2.41), ta chỉ cần chứng minh rằng {x2n} là dãy Cauchy. Giả sử ngược lại, {x2n} không là dãy Cauchy. Khi đó, tồn tại ε > 0, số thực không âm a và hai dãy số thực không âm {2mk} và {2nk} thỏa mãn

  (2.42)

2nk > 2mk > k p(x2mk, x2nk) (cid:62) a + ε p(x2mk, x2nk−2) < a + ε,



hoặc

  (2.43)

2nk > 2mk > k p(x2mk, x2nk) (cid:54) a − ε p(x2mk, x2nk−2) > a − ε.



với mọi số tự nhiên k.

Để ý rằng, nếu a = 0 thì ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp (2.42).

70

Do đó, nếu (2.42) xảy ra thì ta có a + ε (cid:54) p(x2mk, x2nk) (cid:54) p(x2mk, x2nk−2) + p(x2nk, x2nk−2) − p(x2nk−2, xnk−2) (cid:54) p(x2mk, x2nk−2) + p(x2nk, x2nk−2) (cid:54) p(x2mk, x2nk−2) + p(x2nk, x2nk−1) + p(x2nk−1, x2nk−2) − p(x2nk−1, x2nk−1) (cid:54) p(x2mk, x2nk−2) + p(x2nk, x2nk−1) + p(x2nk−1, x2nk−2) < a + ε + p(x2nk, x2nk−1) + p(x2nk−1, x2nk−2).

Cho k → ∞ trong bất đẳng thức trên và kết hợp với (2.41), ta nhận

được

p(x2mk, x2nk) = a + ε.

lim k→∞

(2.44)

p(x2mk, x2nk) (cid:54) p(x2mk, x2mk+1) + p(x2mk+1, x2nk+1) + p(x2nk+1, x2nk)

Dễ thấy

p(x2mk+1, x2nk+1) (cid:54) p(x2mk+1, x2mk) + p(x2mk, x2nk) + p(x2nk, x2nk+1).

và

Cho k → ∞ trong bất đẳng thức trên và kết hợp với (2.41), (2.44), ta suy

ra

p(x2mk+1, x2nk+1) = a + ε.

lim k→∞

(2.45)

Từ bất đẳng thức tam giác trong định nghĩa mêtric riêng ta có p(x2nk+2, x2mk+1) (cid:54) p(x2mk+2, x2nk+1) + p(x2mk+1, x2nk+1) − p(x2nk+1, x2nk+1) (cid:54) p(x2nk+2, x2nk+1) + p(x2mk+1, x2nk+1)

và p(x2nk+1, x2mk+1) (cid:54) p(x2nk+1, x2nk+2) + p(x2nk+2, x2mk+1) − p(x2nk+2, x2nk+2) (cid:54) p(x2nk+1, x2nk+2) + p(x2nk+2, x2mk+1).

p(x2mk, x2nk+1) (cid:54) p(x2mk, x2nk) + p(x2nk, x2nk+1)

Tương tự, ta có

71

p(x2mk, x2nk) (cid:54) p(x2mk, x2nk+1) + p(x2nk, x2nk+1).

và

p(x2mk, x2nk+2) (cid:54) p(x2mk, x2mk+1)+p(x2mk+1, x2nk+1)+p(x2nk+1, x2nk+2)

Hơn nữa, ta cũng có

p(x2mk+1, x2nk+1) (cid:54) p(x2mk+1, x2mk)+p(x2mk,x2nk+2)+p(x2nk+2, x2nk+1).

và

Cho k → ∞ trong các bất đẳng thức trên và kết hợp với (2.41), (2.44) và

(2.45), ta nhận được

p(x2nk+2, x2mk+1) = a + ε,

lim k→∞

(2.46)

p(x2mk, x2nk+2) = a + ε,

lim k→∞

(2.47)

và

p(x2mk, x2nk+1) = a + ε.

lim k→∞

(2.48)

Thay x = x2mk và y = x2nk+1 thì bất đẳng thức (2.36) trở thành

ψ(p(x2mk+1, x2nk+2)) = ψ(p(T x2mk, Sx2nk+1)) (cid:54) ψ

max{p(x2mk, x2nk+1), p(x2mk, x2mk+1), p(x2nk+1, x2nk+2),

(cid:16)

p(x2mk+1, x2nk+2) + p(x2nk+1, x2nk+2) 2

(cid:17) }

− ϕ

max{p(x2mk, x2nk+1), p(x2mk, x2mk+1), p(x2nk+1, x2nk+2),

(cid:16)

p(x2mk+1, x2nk+2) + p(x2nk+1, x2nk+2) 2

(cid:17) }

Cho k → ∞ ở bất đẳng thức trên và kết hợp với (2.41), (2.45)-(2.48),

ψ(a + ε) (cid:54) ψ(a + ε) − ϕ(a + ε).

cùng với giả thiết về tính liên tục của ψ và ϕ, ta có

Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của hàm ϕ.

72

Với trường hợp (2.43), ta có thể giả sử rằng a − ε > 0. Bằng cách chứng

ψ(a − ε) (cid:54) ψ(a − ε) − ϕ(a − ε),

minh tương tự trường hợp trên, ta có

p(u, u) = lim

và điều này cũng mâu thuẫn với giả thiết của hàm ϕ. Do đó, {x2n} là dãy Cauchy và kéo theo {xn} cũng là dãy Cauchy. Từ tính đầy đủ của X, suy ra tồn tại u ∈ X sao cho xn → u khi n → ∞ và

p(xn, u).

m,n→∞

p(xm, xn) = lim n→∞

(2.49)

ψ(p(x2n+1, Su)) = ψ(p(T x2n, Su)

Cho x = x2n, y = u trong (2.36), ta nhận được

max{p(x2n, u), p(x2n, x2n+1), p(u, Su), (cid:17) }

p(x2n, Su) + p(u, x2n+1) 2

(cid:16) (cid:54) ψ

− ϕ

max{p(x2n, u), p(x2n, x2n+1), p(u, Su),

(cid:16)

.

p(x2n, Su) + p(u, x2n+1) 2

(cid:17) }

Cho n → ∞ ở bất đẳng thức trên và kết hơp với (2.41) và (2.49), cùng

ψ(p(u, Su)) (cid:54) ψ(p(u, Su)) − ϕ(p(u, Su)).

với giả thiết về tính liên tục của ψ and ϕ, ta có

Điều này kéo theo ϕ(p(u, Su)) = 0, suy ra Su = u. Do vậy, u là điểm bất

động chung của T và S.

2.3.4 Nhận xét. Từ Định lý 2.3.3, nếu chọn ψ(t) = t với mọi t ∈ R+ thì chúng ta sẽ nhận được Định lý 2.3.2.

Ví dụ sau chứng tỏ Định lý 2.3.3 là mở rộng thực sự của Định lý 2.3.2.

73

,

p(3, 3) =

p(1, 1) = 0,

,

p(2, 2) = p(4, 4) =

1 2

1 4

,

p(1, 2) = p(2, 1) =

p(1, 3) = p(3, 1) =

,

13 10

4 5

p(2, 3) = p(3, 2) =

,

9 10

p(1, 4) = p(4, 1) = p(3, 4) = p(4, 3) = p(2, 4) = p(4, 2) = 1.

2.3.5 Ví dụ. Lấy X = {1, 2, 3, 4} và p : X × X → R+ được xác định bởi

Dễ kiểm tra được (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ.

ψ, ϕ nào đó

Chứng minh thỏa mãn Định lý 2.4.3 với một ánh xạ T và các ánh xạ

T 1 = T 2 = T 3 = 1, T 4 = 2, S1 = 1, S3 = S4 = 2, S2 = 3,

Ta xác định ánh xạ S, T : X → X cho bởi

và 2 hàm ψ, ϕ : [0, ∞) → [0, ∞) cho bởi

ψ(t) =

10



0 (cid:54) t ≤ 1 2, 2 < t ≤ 4 1 5, 4 5 < t ≤ 1 1 < t (cid:54) 23 20 20 < t (cid:54) 13 23 t > 13 10.

  nếu 2t nếu 1 nếu 20t − 15 nếu 5 −20t + 28 nếu nếu 2

và ϕ(t) cho bởi

ϕ(t) =

 

0 (cid:54) t ≤ 1 2, 2 < t ≤ 9 1 10 9 10 < t ≤ 1 t > 1.

 nếu t 1 nếu 2 5t − 4 nếu nếu 1

Bây giờ ta xét các trường hợp sau:

74

(1) Với x = 1, y = 1 ta có

p(T 1, S1) = p(1, 1) = 0, M (1, 1) = max

p(1, S1) + p(1, T 1)

p(1, 1), p(1, T 1), p(1, S1), 1 2

(cid:110) (cid:104) (cid:105)(cid:111)

= max

p(1, 1), p(1, 1), p(1, 1), 1

2[p(1, 1) + p(1, 1)]

(cid:111) (cid:110)

= max

0, 0, 0, 1

= 0.

2[0 + 0]

(cid:110) (cid:111)

ψ(p(T 1, S1)) = ψ(0) = 0 ≤ 0 = 0−0 = ψ(0)−ϕ(0) = ψ(M (1, 1))−ϕ(M (1, 1)).

Do đó ta có

p(T 2, S2) = p(1, 3) = 4 5, M (2, 2) = max{p(2, 2), p(2, T 2), p(2, S2), 1

2[p(2, S2) + p(2, T 2)]}

(2) Với x = 2, y = 2 ta có

= max{p(2, 2), p(2, 1), p(2, 3), 1 (cid:105)(cid:111) 10, 1 10, 9 = max 2

2, 13

2[p(2, 3) + p(2, 1)]} = 13 10.

(cid:110) 1 (cid:104) 9 10 + 13 10

Do đó ta có

ψ(p(T 2, S2)) = ψ

= 1 ≤ 1 = 2 − 1 = ψ

− ϕ

(cid:17) (cid:17) (cid:17)

= ψ(M (2, 2)) − ϕ(M (2, 2)).

(cid:16)4 5 (cid:16)13 10 (cid:16)13 10

p(T 3, S3) = p(1, 2) = 13 10, M (3, 3) = max{p(3, 3), p(3, T 3), p(3, S3), 1

2[p(3, S3) + p(3, T 3)]}

(3) Với x = 3, y = 3 ta có

= max{p(3, 3), p(3, 1), p(3, 2), 1 10, 1 = max 2

5, 9

4, 4

2[p(3, 2) + p(3, 1)]} = 9 10.

(cid:105)(cid:111) (cid:110) 1 (cid:104) 9 10 + 4 5

Do đó ta có

ψ(p(T 3, S3)) = ψ

= 2 ≤

− ϕ

= 3 −

= ψ

(cid:17) (cid:17) (cid:17)

5 2

1 2 = ψ(M (3, 3)) − ϕ(M (3, 3)).

(cid:16)13 10 (cid:16) 9 10 (cid:16) 9 10

75

(4) Với x = 4, y = 4 ta có

p(T 4, S4) = p(2, 2) = 1 2, M (4, 4) = max

p(4, S4) + p(4, T 4)

p(4, 4), p(4, T 4), p(4, S4), 1 2

(cid:110) (cid:104) (cid:105)(cid:111)

p(4, 2) + p(4, 2)

= max

(cid:104) (cid:105)(cid:111) (cid:110)

= max

1 + 1

= 1.

p(4, 4), p(4, 2), p(4, 2), 1 2 2, 1, 1, 1 2

(cid:105)(cid:111) (cid:104) (cid:110) 1

Do đó ta có

ψ(p(T 4, S4)) = ψ

= 1 ≤ 4 = 5 − 1 = ψ(1) − ϕ(1)

(cid:17)

= ψ(M (4, 4)) − ϕ(M (4, 4)).

(cid:16)1 2

p(T 2, S1) = p(1, 1) = 0, M (2, 1) = max{p(2, 1), p(2, T 2), p(1, S1), 1

2[p(2, S1) + p(1, T 2)]}

(5) Với x = 2, y = 1 ta có

= max{p(2, 1), p(2, 1), p(1, 1), 1 10, 0, 1 = max 2

10, 13

2[p(2, 1) + p(1, 1)]} = 13 10.

(cid:105)(cid:111) (cid:110) 13 (cid:104) 13 10 + 1 2

Do đó ta có

ψ(p(T 2, S1)) = ψ(0) = 0 ≤ 1 = 2 − 1 = ψ

− ϕ

(cid:17) (cid:17)

= ψ(M (2, 1)) − ϕ(M (2, 1)).

(cid:16)13 10 (cid:16)13 10

(6) Với x = 4 và y = 3 ta có

p(T 4, S3) = p(2, 2) = 1 2, M (4, 3) = max

p(4, S3) + p(3, T 4)

p(4, 3), p(4, T 4), p(3, S3), 1 2

(cid:110) (cid:104) (cid:105)(cid:111)

p(4, 2) + p(3, 2)

= max

p(4, 3), p(4, 2), p(3, 2), 1 2

(cid:104) (cid:105)(cid:111) (cid:110)

= max

1, 1, 9

= 1.

10, 1 2

1 + 9 10

(cid:110) (cid:104) (cid:105)(cid:111)

Do đó ta có

ψ(p(T 4, S3)) = ψ

= 1 ≤ 4 = 5 − 1 = ψ(1) − ϕ(1)

(cid:17)

= ψ(M (4, 3)) − ϕ(M (4, 3)).

(cid:16)1 2

76

(7) Với x = 4, y = 2 ta có

p(T 4, S2) = p(2, 3) = 9 10, M (4, 2) = max

p(4, S2) + p(2, T 4)

p(4, 2), p(4, T 4), p(2, S2), 1 2

(cid:110) (cid:104) (cid:105)(cid:111)

p(4, 3) + p(2, 2)

= max

p(4, 2), p(4, 2), p(2, 3), 1 2

(cid:104) (cid:105)(cid:111) (cid:110)

= max

1, 1, 9

= 1.

10, 1 2

1 + 1 2

(cid:110) (cid:104) (cid:105)(cid:111)

Do đó ta có

= 3 ≤ 4 = 5 − 1 = ψ(1) − ϕ(1)

ψ(p(T 4, S2)) = ψ

(cid:17)

= ψ(M (4, 2)) − ϕ(M (4, 2)).

(cid:16) 9 10

p(T 4, S1) = p(2, 1) = 13 10, M (4, 1) = max{p(4, 1), p(4, T 4), p(1, S1), 1 (cid:104)

(8) Với x = 4, y = 1 ta có

= max

2[p(4, S1) + p(1, T 4)]} p(4, 1) + p(1, 2)

(cid:110) (cid:105)(cid:111)

= max

p(4, 1), p(4, 2), p(1, 1), 1 2 = 23 20.

1, 1, 0, 1 2

1 + 13 10

(cid:105)(cid:111) (cid:104) (cid:110)

Do đó ta có

ψ(p(T 4, S1)) = ψ

= 2 ≤ 4 = 5 − 1 = ψ

− ϕ

(cid:17) (cid:17) (cid:17)

= ψ(M (4, 1)) − ϕ(M (4, 1)).

(cid:16)13 10 (cid:16)23 20 (cid:16)23 20

(9) Với x = 3, y = 2 ta có

p(T 3, S2) = p(1, 3) = 4 5, M (3, 2) = max

p(3, S2) + p(2, T 3)

p(3, 2), p(3, T 3), p(2, S2), 1 2

(cid:110) (cid:104) (cid:105)(cid:111)

p(3, 3) + p(2, 1)

= max

(cid:104) (cid:105)(cid:111) (cid:110)

= max

p(3, 2), p(3, 1), p(2, 3), 1 2 (cid:104) 1 = 9 4 + 13 10, 4 10. 10

10, 1 2

5, 9

(cid:105)(cid:111) (cid:110) 9

Do đó ta có

− ϕ

ψ(p(T 3, S2)) = ψ(

) = 1 ≤

= 3 −

= ψ

4 5

5 2

1 2

(cid:17) (cid:17)

= ψ(M (3, 2)) − ϕ(M (3, 2)).

(cid:16) 9 10 (cid:16) 9 10

77

= max

2[p(3, S1) + p(1, T 3)]} p(3, 1) + p(1, 1)

(10) Với x = 3, y = 1 ta có p(T 3, S1) = p(1, 1) = 0, M (3, 1) = max{p(3, 1), p(3, T 3), p(1, S1), 1 (cid:104) (cid:110) (cid:105)(cid:111)

= max

p(3, 1), p(3, 1), p(1, 1), 1 2 = 4 5, 4 5.

5, 0, 1 2

(cid:105)(cid:111) (cid:110) 4 (cid:104) 4 5 + 0

Do đó ta có

= 1 −

= ψ

− ϕ

ψ(p(T 3, S1)) = ψ(0) = 0 ≤

1 2

1 2

(cid:17) (cid:17)

= ψ(M (3, 1)) − ϕ(M (3, 1)).

(cid:16)4 5 (cid:16)4 5

ψ(p(T x, Sy)) ≤ ψ(M (x, y)) − ϕ(M (x, y))

Từ các chứng minh trên, ta thu được

với mọi x, y ∈ X.

Vì vậy, điều kiện co của Định lý 2.3.3 được thỏa mãn.

Tuy nhiên,

(1) Nếu ta lấy x = 3 và y = 3, thì ta có

p(T 3, S3) = p(1, 2) = 13 10, M (3, 3) = max

p(3, S3) + p(3, T 3)

p(3, 3), p(3, T 3), p(3, S3), 1 2

(cid:110) (cid:104) (cid:105)(cid:111)

p(3, 2) + p(3, 1)

= max

(cid:104) (cid:105)(cid:111) (cid:110)

= max

p(3, 3), p(3, 1), p(3, 2), 1 2 (cid:104) 9 = 9 10 + 4 4, 4 10. 5

10, 1 2

5, 9

(cid:105)(cid:111) (cid:110) 1

Khi đó với mọi hàm ϕ : [0, ∞) → [0, ∞) liên tục mà ϕ(t) = 0 khi và

p(T 3, S3) =

− ϕ

= M (3, 3) − ϕ(M (3, 3)).

(cid:17)

(cid:2) 9 10 (cid:16) 9 10

chỉ khi t = 0 ta luôn có 13 10 (2) Nếu ta lấyx = 4 và y = 1, thì ta có

p(T 4, S1) = p(2, 1) = 13 10, M (4, 1) = max

p(4, S1) + p(1, T 4)

p(4, 1), p(4, T 4), p(1, S1), 1 2

(cid:110) (cid:104) (cid:105)(cid:111)

p(4, 1) + p(1, 2)

= max

(cid:104) (cid:105)(cid:111) (cid:110)

= max

p(4, 1), p(4, 2), p(1, 1), 1 2 = 23 20.

1, 1, 0, 1 2

1 + 13 10

(cid:110) (cid:105)(cid:111) (cid:104)

78

Khi đó với mọi hàm ϕ : [0, ∞) → [0, ∞) liên tục mà ϕ(t) = 0 khi và

− ϕ

= M (4, 1) − ϕ(M (4, 1)).

p(T 4, S1) =

(cid:17)

chỉ khi t = 0 ta luôn có 13 10 (cid:16)23 20

(cid:2) 23 20 Vì thế ta không thể áp dụng được Định lý 2.3.2.

Ví dụ sau minh họa cho Định lý 2.3.3.

2.3.6 Ví dụ. Lấy X = [0, 1] ∪ [2, 3] và p : X × X → R+ xác định bởi

p(x, y) =

{x, y} ⊂ [0, 1] {x, y} ∩ [2, 3] (cid:54)= ∅.

(cid:26)|x − y|

nếu max{x, y} nếu

X → X là các ánh xạ được xác định bởi

T x =

Dễ kiểm tra được (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ. Giả sử T, S :

x 3 Dễ thấy 0 là điểm bất động duy nhất của T và S và

p(T x, Sy) =

và Sx = 0 với mọi x ∈ X.

x 3 Hơn nữa, với mọi x, y ∈ [0, 1] ta có

với mọi x, y ∈ X.

M (x, y) = max

|x − y|,

2x 3

x 3

(cid:110) (cid:12) (cid:12) (cid:12) + x(cid:1)(cid:111) 

=

(2.50)

x − y nếu 2x 3 y

nếu

nếu   (cid:0)(cid:12) 1 (cid:12) (cid:12)y − , y, 2 0 (cid:54) y (cid:54) x 3 (cid:54) y (cid:54) 2x x 3 3 2x < y (cid:54) 1. 3

M (x, y) = max

p(x, y), p(x, T x), p(y, Sy),

p(x, 0) + p(

, y)

Nếu {x, y} ∩ [2, 3] (cid:54)= ∅, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng x (cid:62) y. Khi đó, ta có (cid:110) (cid:111)

p(x, Sy) + p(T x, y) 2 x 3

), p(y, 0),

= max

p(x, y), p(x,

x 3

2

= x.

(cid:111) (cid:110)

(2.51)

79

ψ(p(T x, Sy)) = x,

Trong khi đó, nếu ta chọn ψ(t) = 3t và ϕ(t) = t thì ta có

ψ(M (x, y)) − ϕ(M (x, y)) =



2(x − y) nếu 4x 3 2y

nếu

0 (cid:54) y (cid:54) x 3 (cid:54) y (cid:54) 2x x 3 3 2x < y (cid:54) 1. 3

nếu  

ψ(M (x, y)) − ϕ(M (x, y)) = 2x

với mọi x, y ∈ [0, 1] và

với x ∈ X ∩ [2, 3] hoặc y ∈ X ∩ [2, 3] thỏa mãn x (cid:62) y. Điều này chứng tỏ T và S thỏa mãn điều kiện (2.36) trong Định lý 2.3.3.

Từ Định lý 2.3.3 ta thu được hệ quả sau.

T : X → X là ánh xạ thỏa mãn

ψ(cid:0)p(T x, T y)(cid:1) (cid:54) ψ(cid:0)M (x, y)(cid:1) − ϕ(cid:0)M (x, y)(cid:1),

2.3.7 Hệ quả. Giả sử (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ và

(2.52)

với mọi x, y ∈ X, trong đó

a) ψ, ϕ : R+ → R+ là các hàm liên tục thỏa mãn ψ(t) = 0 nếu và

p(x, y), p(x, T x), p(y, T y),

p(x, T y) + p(T x, y) 2

chỉ nếu t = 0 và ϕ(t) = 0 nếu và chỉ nếu t = 0. (cid:110) (cid:111) , b) M (x, y) = max

với mọi x, y ∈ X.

Khi đó, T có điểm bất động duy nhất.

Chứng minh. Trong Định lý 2.3.3, cho S = T ta có điều phải chứng minh.

Từ Định lý 2.3.3 ta cũng thu được hệ quả sau.

80

X → X là các ánh xạ thỏa mãn

2.3.8 Hệ quả. Giả sử (X, p) là không gian mêtric riêng đầy đủ, T, S :

ψ(cid:0)p(T mx, Sny)(cid:1) (cid:54) ψ(cid:0)Mm,n(x, y)(cid:1) − ϕ(cid:0)Mm,n(x, y)(cid:1),

(2.53)

với mọi x, y ∈ X và các số tự nhiên m, n, trong đó

a) ψ, ϕ : R+ → R+ là các hàm liên tục thỏa mãn ψ(t) = 0 nếu và

p(x, y), p(x, T mx), p(y, Sny),

p(x, Sny) + p(T mx, y) 2

chỉ nếu t = 0 và ϕ(t) = 0 nếu và chỉ nếu t = 0. (cid:110) (cid:111) , b) Mm,n(x, y) = max

với mọi x, y ∈ X.

Khi đó, T và S có điểm bất động chung duy nhất.

Chứng minh. Từ Định lý 2.3.3, cho T m = T và Sn = S ta suy ra T m và Sn có điểm bất động chung duy nhất u. Tương tự như phép chứng minh Hệ quả 1.2.6, mỗi điểm bất động của T là điểm bất động của T m, do đó ta chỉ cần chứng minh u là điểm bất động chung của T và S. Từ (2.53),

ψ(p(T u, u)) = ψ(p(T T mu, Snu)) = ψ(p(T mT u, Snu))

ta có

(cid:54) ψ(Mm,n(T u, u)) − ϕ(Mm,n(T u, u)).

Để ý rằng

Mm,n(T u, u) = max

(cid:110)

p(T mT u, T u), p(Snu, u), p(T u, u), p(T mT u, u) + p(Snu, T u)) 2

= max{p(T u, T u), p(T u, u)}.

(cid:111)

ψ(p(T u, u)) (cid:54) ψ(p(T u, u)) − ϕ(p(T u, u)).

Vì p(T u, T u) (cid:54) p(T u, u) nên

Điều này kéo theo ϕ(p(T u, u)) = 0, suy ra p(T u, u) = 0 hay T u = u. Lập

luận tương tự, u cũng là điểm bất động của S. Vậy, hệ quả được chứng

minh.

81

Kết luận chương 2

• Đưa ra Định lý 2.2.3, Định lý 2.2.9, Hệ quả 2.2.10, Hệ quả 2.2.11,

Trong Chương này, chúng tôi thu được những kết quả sau:

Hệ quả 2.2.12 và Hệ quả 2.2.13 khẳng định sự tồn tại và tồn tại duy nhất

điểm bất động cho lớp ánh xạ co suy rộng trong không gian mêtric riêng.

Đưa ra các Ví dụ 2.2.14 và Ví dụ 2.2.15 nhằm minh họa cho Định lý 2.2.3

cũng như để chỉ ra rằng kết quả của chúng tôi là mở rộng thực sự so với

các kết quả của D. Ilic, V. Pavlovic và V. Rakocevic trong ([37]) và ([38]).

Các kết quả này được công bố trên bài báo: Kieu Phuong Chi, Erdal

Karapinar and Tran Duc Thanh (2012), A generalized contraction prin-

ciple in partial metric spaces, Mathematical and Computer Modelling,

55, (5-6), 1673-1681. và Tran Duc Thanh (2015), On the extensions of

Ciric’s almost contraction on partial metric spaces, Journal of Nonlin-

• Đưa ra Định lý 2.3.3, Hệ quả 2.3.7 và Hệ quả 2.3.8 khẳng định sự

ear Science and Applications, accepted.

tồn tại duy nhất điểm bất động chung cho lớp ánh xạ kiểu (ψ, ϕ)-co yếu

trong không gian mêtric riêng. Đưa ra các Ví dụ 2.3.5 và Ví dụ 2.3.6 minh

họa cho Định lý 2.3.3 cũng như để chỉ ra rằng kết quả của chúng tôi là

mở rộng thực sự so với các kết quả của T. Abdeljawad, E. Karapinar và

K. Tas trong ([2]).

Các kết quả này được công bố trên bài báo: Kieu Phuong Chi, Erdal

Karapinar and Tran Duc Thanh (2013), On the fixed point theorems

for generalized weakly contractive mappings on partial metric spaces,

Bulletin of the Iranian Mathematical Society, 39, (2), 369-381.

82

CHƯƠNG 3

ĐIỂM BẤT ĐỘNG BỘ ĐÔI CỦA MỘT SỐ ÁNH XẠ CO

SUY RỘNG TRONG KHÔNG GIAN MÊTRIC RIÊNG CÓ THỨ TỰ BỘ PHẬN VÀ ỨNG DỤNG

Trong chương này, chúng tôi phát biểu và chứng minh một số định lý

điểm bất động bộ đôi cho ánh xạ kiểu F -co suy rộng trong các không gian

mêtric riêng có thứ tự bộ phận. Sau đó, áp dụng các kết quả thu được vào

việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của một lớp phương trình tích phân

3.1. Điểm bất động bộ đôi của một số ánh xạ co suy rộng trong

không gian mêtric riêng

phi tuyến và bài toán cân bằng không cộng tác trong lý thuyết trò chơi.

Năm 2006, khi mở rộng các định lý điểm bất động trong không gian

mêtric đầy đủ có thứ tự bộ phận, T. G. Bhaskar và V. Lakshmikantham

([10]) đã đưa ra khái niệm điểm bất động bộ đôi và thu được một số kết

quả cho lớp ánh xạ có tính chất đơn điệu trộn. Các tác giả áp dụng kết

quả tìm được trong việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của lớp các bài

toán giá trị biên tuần hoàn. Tiếp nối kết quả này, nhiều tác giả khác như

V. Lakshmikantham và L. Ciric ([43]), N. V. Luong và N. X. Thuan ([44]),

V. Berinde ([12, 13])... đã mở rộng và chứng minh nhiều kết quả khác cho

loại ánh xạ này. Các kết quả thu được đã được các tác giả áp dụng vào

việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của một số lớp phương trình tích phân

phi tuyến. Trong phần này, chúng tôi phát biểu và chứng minh một số

định lý điểm bất động bộ đôi cho ánh xạ kiểu F -co suy rộng trong các

83

không gian mêtric riêng có thứ tự bộ phận. Trước hết, chúng ta cần một

số khái niệm cơ bản về điểm bất động bộ đôi và ánh xạ đơn điệu trộn cần

dùng về sau.

3.1.1 Định nghĩa. ([10]) Cho (X, (cid:54)) là một tập sắp thứ tự bộ phận và T : X × X → X. Ánh xạ T được gọi là có tính chất đơn điệu trộn

(mixed monotone) nếu F không giảm theo biến thứ nhất và không tăng

theo biến thứ hai, nghĩa là, với mọi x, y ∈ X ta có

nếu x1, x2 ∈ X, x1 (cid:54) x2 thì T (x1, y) (cid:54) T (x2, y)

và

nếu y1, y2 ∈ X, y1 (cid:54) y2 thì T (x, y1) (cid:62) T (x, y2).

Cặp (x, y) ∈ X × X được gọi là điểm bất động bộ đôi của ánh xạ T

nếu T (x, y) = x và T (y, x) = y.

Năm 2012, khi mở rộng nguyên lý ánh xạ co Banach trong không gian

mêtric, D. Wardowski ([61]) đã đề xuất khái niệm ánh xạ kiểu F -co và

chứng minh một số định lý điểm bất động cho các ánh xạ kiểu F -co.

τ + F (d(T x, T y)) (cid:54) F (d(x, y))

3.1.2 Định nghĩa. ([61]) Cho (X, d) là không gian mêtric. Ánh xạ T : X × X → X được gọi là F − co nếu tồn tại F ∈ F và τ ∈ R+ sao cho

an = 0 nếu và chỉ nếu

với mọi x, y ∈ X. Trong đó, F là họ các hàm F : R+ → R thỏa mãn các điều kiện (F1) và (F2)

F (an) = −∞.

lim n→∞

(F1) F tăng ngặt và liên tục. (F2) Với mỗi dãy {an} ⊂ R+, ta có lim n→∞

3.1.3 Nhận xét. 1) Dễ kiểm tra được với mọi x ∈ R+ các hàm F (x) = ln x; F (x) = ln x + x; F (x) = ln(x2 + x) hay F (x) = −1√ x với x (cid:54)= 0 thuộc

84

F. 2) Từ tính chất (F1) ta thấy: nếu T là ánh xạ F -co thì T là ánh xạ co, nghĩa là, d(T x, T y) < d(x, y) với mọi x, y ∈ X thỏa mãn T x (cid:54)= T y. Điều

đó chứng tỏ, mỗi ánh xạ F -co đều là ánh xạ liên tục.

Tiếp nối các kết quả của D. Wardowski, năm 2013, M. Sgroi và C. Vetro

F -co kiểu Hardy-Rogers trên các không gian mêtric và không gian mêtric

([59]) đã mở rộng các kết quả đó cho các ánh xạ đa trị, ánh xạ đa trị đóng

có thứ tự bộ phận. D. Paesano và C. Vetro ([51]) đã thiết lập các định lý

điểm bất động cho các ánh xạ đa trị trên các không gian mêtric riêng.

Bằng cách kết hợp giữa ánh xạ đơn điêu trộn, điểm bất động bộ đôi

và ánh xạ kiểu F -co, chúng tôi phát biểu và chứng minh một số định lý

điểm bất động bộ đôi cho các ánh xạ kiểu F -co trên lớp các không gian

mêtric riêng. Đầu tiên, chúng tôi phát biểu và chứng minh định lý sau.

T : X × X → X là ánh xạ liên tục có tính chất đơn điệu trộn. Giả sử

3.1.4 Định lý. Cho (X, (cid:54)) là tập sắp thứ tự bộ phận và p là mêtric riêng trên X sao cho (X, p) là không gian mêtric riêng 0-đầy đủ. Cho

1) Tồn tại F ∈ F và τ > 0 sao cho (cid:16) τ + F (cid:0)p(T (x, y), T (u, v))(cid:1) (cid:54) F (cid:17) max (cid:8)p(x, u), p(y, v)} (3.1)

với mọi x, y, u, v ∈ X thỏa mãn x (cid:54) u, y (cid:62) v.

2) Tồn tại x0, y0 ∈ X sao cho x0 (cid:54) T (x0, y0) và y0 (cid:62) T (y0, x0). Khi đó, T có điểm bất động bộ đôi.

x0 (cid:54) x1 (cid:54) x2 (cid:54) ... (cid:54) xn (cid:54) xn+1...; y0 (cid:62) y1 (cid:62) y2 (cid:62) ... (cid:62) yn (cid:62) yn+1 (cid:62) ...

Chứng minh. Lấy x0, y0 ∈ X sao cho x0 (cid:54) T (x0, y0), y0 (cid:62) T (y0, x0). Đặt x1 = T (x0, y0) và y1 = T (y0, x0). Theo giả thiết ta có x0 (cid:54) x1 và y0 (cid:62) y1. Tiếp theo, lại đặt x2 = T (x1, y1) và y2 = T (y1, x1). Vì T có tính đơn điệu trộn nên ta có x1 (cid:54) x2 và y1 (cid:62) y2. Tiếp tục quá trình này, ta nhận được hai dãy {xn} và {yn} trong X thỏa mãn xn+1 = T (xn, yn), yn+1 = T (yn, xn) và

85

Với mỗi n = 0, 1, 2, ..., ta có

τ + F (cid:0)p(xn, xn+1)(cid:1) = τ + F

(cid:16)

p(cid:0)T (xn−1, yn−1), T (xn, yn)(cid:1)(cid:17) (cid:17)

max{(p(xn−1, xn)), p(yn−1, yn)}

(3.2) (cid:16) (cid:54) F

và

τ + F (cid:0)p(yn, yn+1)(cid:1) = τ + F

(cid:16)

p(cid:0)T (yn−1, xn−1), T (yn, xn)(cid:1)(cid:17) (cid:17)

.

max{p(yn−1, yn), p(xn−1, xn)}

(3.3) (cid:16) (cid:54) F

Từ các bất đẳng thức (3.2), (3.3) và giả thiết F là hàm tăng ta có

.

τ +F

max{p(xn, xn+1), p(yn, yn+1)}

max{p(yn−1, yn), p(xn−1, xn)}

(cid:17) (cid:16) (cid:16) (cid:17) (cid:54) F

(3.4)

max{p(xn, xn+1), p(yn, yn+1)} (cid:54) max{p(yn−1, yn), p(xn−1, xn)}

Điều này kéo theo

với mọi n = 1, 2, ... Chứng tỏ rn := max{p(xn, xn+1), p(yn, yn+1)} là dãy số thực không tăng. Do đó, tồn tại r (cid:62) 0 sao cho lim rn = r. Lại vì F là n→∞

F (rn−1).

τ + lim n→∞

F (rn) (cid:54) lim n→∞

F (rn) =

hàm liên tục nên cho n → ∞ trong bất đẳng thức (3.4) ta nhận được

−∞, điều này chứng tỏ r = 0. Do vậy

Theo giả thiết τ > 0 và tính chất (F2) của hàm F , ta suy ra lim n→∞

max{p(xn, xn+1), p(yn, yn+1)} = 0.

lim n→∞

(3.5)

Tiếp theo, ta chứng minh rằng

max{p(xm, xn), p(yn, ym)} = 0.

lim m,n→∞

(3.6)

86

Thật vậy, giả sử khẳng định trên không đúng. Khi đó, tồn tại số thực ε > 0 sao cho ta có thể tìm được hai dãy con {xm(k)} và {xn(k)} tương ứng của hai dãy {xm} và {xn} mà n(k) số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn

n(k) > m(k) > k, max{p(xm(k), xn(k)), p(yn(k), ym(k))} (cid:62) ε.

(3.7)

Do đó

max{p(xm(k), xn(k)−1), p(ym(k), yn(k)−1)} < ε.

(3.8)

Hơn nữa, ta có p(xm(k), xn(k)) (cid:54) p(xm(k), xn(k)−1) + p(xn(k)−1, xn(k)) − p(xn(k)−1, xn(k)−1)

(cid:54) p(xm(k), xn(k)−1) + p(xn(k)−1, xn(k)) < ε + p(xn(k)−1, xn(k)).

(3.9)

Tương tự, ta có

p(ym(k), yn(k)) < ε + p(yn(k)−1, yn(k)).

(3.10)

Kết hợp các bất đẳng thức (3.7), (3.9) cùng với bất đẳng thức (3.10) ta

ε (cid:54) max{p(xm(k), xn(k)), p(ym(k), yn(k))}

nhận được

(3.11) (cid:54) ε + max{p(xn(k)−1, xn(k)), p(yn(k)−1, yn(k))}.

Cho k → ∞ trong bất đẳng thức (3.11) và sử dụng bất đẳng thức (3.5)

ta suy ra

max{p(xm(k), xn(k)), p(ym(k), yn(k))} = ε.

lim k→∞

(3.12)

p(xm(k), xn(k)) (cid:54) p(xm(k), xn(k)−1) + p(xn(k)−1, xn(k))

Mặt khác, ta có

p(ym(k), yn(k)) (cid:54) p(ym(k), yn(k)−1) + p(yn(k)−1, yn(k)).

và

87

Từ đó ta suy ra

max{p(xm(k), xn(k)), p(ym(k), yn(k))} (cid:54) max{p(xm(k), xn(k)−1), p(ym(k), yn(k)−1)} + max{p(xn(k)−1, xn(k)), p(yn(k)−1, yn(k))}.

(3.13)

Lập luận tương tự, ta có

max{p(xm(k), xn(k)−1), p(ym(k), yn(k)−1)} (cid:54) max{p(xm(k), xn(k)), p(ym(k), yn(k))} + max{p(xn(k)−1, xn(k)), p(yn(k)−1, yn(k))}.

(3.14)

Cho k → ∞ trong các bất đẳng thức (3.13), (3.14) và sử dụng đẳng thức

(3.12) ta nhận được

max{p(xm(k), xn(k)−1), p(ym(k), yn(k)−1)} = ε.

lim k→∞

(3.15)

Tiếp theo, vì xm(k) (cid:54) xn(k)−1 và ym(k) (cid:62) yn(k)−1 nên

τ + F (cid:0)p(xm(k)+1, xn(k))(cid:1) = τ + F

p(cid:0)T (xm(k), ym(k)), T (xn(k)−1, yn(k)−1)(cid:1)(cid:17) (cid:17)

(cid:16)

,

max{p(xm(k), xn(k)−1), p(yn(k)−1, ym(k))}

(cid:16) (cid:54) F

p(cid:0)T (ym(k), xm(k)), T (yn(k)−1, xn(k)−1)(cid:1)(cid:17) (cid:17)

(cid:16) và τ + F (cid:0)p(yn(k), ym(k)+1)(cid:1) = τ + F

.

max{p(xn(k)−1, xm(k)), p(yn(k)−1, ym(k))}

(cid:16) (cid:54) F

Do đó

.

τ + max{F (cid:0)p(xm(k)+1, xn(k))(cid:1), F (cid:0)p(yn(k), ym(k)+1)(cid:1)} (cid:54) F max{p(xn(k)−1, xm(k)), p(yn(k)−1, ym(k))}

(cid:16) (cid:17)

τ + F (ε) (cid:54) F (ε).

Lại cho k → ∞ và sử dụng bất đẳng thức (3.15) ta nhận được

88

max{p(xm, xn), p(yn, ym)} = 0.

lim m,n→∞

Điều đó chứng tỏ ε = 0, ta gặp mâu thuẫn. Do vậy, ta có

Điều này kéo theo

p(xm, xn) = 0 và

p(ym, yn) = 0.

lim m,n→∞

lim m,n→∞

(3.16)

Vì (X, p) là không gian mêtric riêng 0-đầy đủ nên tồn tại u, v ∈ X sao

p(u, xn) = p(u, u) = 0

lim n→∞

cho

p(v, yn) = p(v, v) = 0.

lim n→∞

và

Bây giờ, ta chứng tỏ rằng u = T (u, v) và v = T (v, u). Thật vậy, vì u (cid:54) u và v (cid:62) v nên ta có

τ + F (cid:0)p(T (u, v), T (u, v))(cid:1) (cid:54) F

max{p(u, u), p(v, v)}

= F (0) = −∞.

(cid:16) (cid:17)

Do đó p(T (u, v), T (u, v)) = 0.

T (u, v). Từ đó ta có

p(T (xn, yn), T (u, v)) = 0.

p(xn+1, T (u, v)) = lim n→∞

lim n→∞

Vì xn → u, yn → v khi n → ∞ và T là ánh xạ liên tục nên T (xn, yn) →

p(u, T (u, v)) (cid:54) p(u, xn+1) + p(xn+1, T (u, v)) − p(xn+1, xn+1).

Mặt khác

Cho n → ∞ ở bất đẳng thức trên ta nhận được p(u, T (u, v)) = 0 suy

v = T (v, u). Định lý được chứng minh.

ra u = T (u, v). Lý luận tương tự ta cũng có p(v, T (v, u)) = 0, vì vậy

Trong Định lý 3.1.4, bằng cách thay thế giả thiết về tính liên tục của

ánh xạ T ta thu được Định lý sau.

89

T : X × X → X là ánh xạ có tính chất đơn điệu trộn. Giả sử

3.1.5 Định lý. Cho (X, (cid:54)) là tập sắp thứ tự bộ phận và mêtric riêng p trên X sao cho (X, p) là không gian mêtric riêng 0-đầy đủ. Cho

1) Tồn tại F ∈ F và τ > 0 sao cho

τ + F (cid:0)p(T (x, y), T (u, v))(cid:1) (cid:54) F

(cid:16) (cid:17) max (cid:8)p(x, u), p(y, v)} (3.17)

với mọi x, y, u, v ∈ X thỏa mãn x (cid:54) u, y (cid:62) v.

2) Tồn tại x0, y0 ∈ X sao cho x0 (cid:54) T (x0, y0) và y0 (cid:62) T (y0, x0). Ngoài ra, giả sử X có tính chất:

i) Nếu {xn} là dãy không giảm trong X hội tụ tới x thì xn (cid:54) x

với mọi n ∈ N.

ii) Nếu {yn} là dãy không tăng trong X hội tụ tới y thì yn (cid:62) y

với mọi n ∈ N.

Khi đó, T có điểm bất động bộ đôi.

p(u, T (u, v)) (cid:54) p(u, xn+1) + p(xn+1, T (u, v)) − p(xn+1, xn+1).

Chứng minh. Từ chứng minh Định lý 3.1.4 ta đã xây dựng được dãy {xn} p(u, xn) = p(u, u) = 0 và dãy {yn} hội hội tụ tới u ∈ X thỏa mãn lim n→∞ p(v, yn) = p(v, v) = 0. Hơn nữa, ta cũng có tụ tới v ∈ X thỏa mãn lim n→∞

p(T (xn, yn), T (u, v)) = 0.

lim n→∞

p(xn+1, F (u, v)) = lim n→∞

Do đó, để chứng minh T có điểm bất động bộ đôi ta chỉ cần chứng tỏ

τ + F (p(xn+1, T (u, v))) = τ + F (p(F (xn, yn), F (u, v))) (cid:54) F (max{p(xn, u), p(yn, v)}).

Thật vậy, từ điều kiện i) và ii) ta có xn (cid:54) u và yn (cid:62) v với mọi n. Áp dụng bất đẳng thức (3.1) ta nhận được

F (p(xn+1, T (u, v))) = −∞.

lim n→∞

Cho n → ∞ ở bất đẳng thức trên ta có

90

p(T (xn, yn), T (u, v)) = 0.

lim n→∞

p(xn+1, F (u, v)) = lim n→∞

Do đó, ta có

Từ đó ta suy ra p(u, T (u, v)) = 0, tức là u = T (u, v). Lý luận tương tự

ta cũng có p(v, T (v, u)) = 0, vì vậy v = T (v, u). Vậy, định lý được chứng

minh.

Từ Định lý 3.1.4 và Định lý 3.1.5, ta thu được hệ quả sau.

T : X × X → X là ánh xạ có tính chất đơn điệu trộn. Giả sử

3.1.6 Hệ quả. Cho (X, (cid:54)) là tập sắp thứ tự bộ phận và mêtric riêng p trên X sao cho (X, p) là không gian mêtric riêng 0-đầy đủ. Cho

1) Tồn tại F ∈ F và τ > 0 sao cho

τ + F (cid:0)p(T (x, y), T (u, v))(cid:1) (cid:54) F

(cid:17) (3.18) (cid:16)p(x, u)) + p(y, v) 2

với mọi x, y, u, v ∈ X thỏa mãn x (cid:54) u, y (cid:62) v.

2) Tồn tại x0, y0 ∈ X sao cho x0 (cid:54) T (x0, y0) và y0 (cid:62) T (y0, x0). Ngoài ra, giả thiết thêm

a) T liên tục, hoặc

b) X có tính chất: i) Nếu {xn} là dãy không giảm trong X hội tụ tới x thì xn (cid:54) x

với mọi n ∈ N.

ii) Nếu {yn} là dãy không tăng trong X hội tụ tới y thì yn (cid:62) y

với mọi n ∈ N.

Khi đó, T có điểm bất động bộ đôi.

p(x, u) + p(y, v) 2

(cid:54) max{p(x, u), p(y, v)} với Chứng minh. Rõ ràng ta có

mọi x, y, u, v ∈ X.

Vì F là hàm tăng nên

τ + F (cid:0)p(T (x, y), T (u, v))(cid:1) (cid:54) F

(cid:17)

.

(cid:16)p(x, u)) + p(y, v) 2 (cid:16) (cid:54) F (cid:17) max (cid:8)p(x, u), p(y, v)}

91

Do đó, từ Định lý 3.1.4 và Định lý 3.1.5 ta có điều phải chứng minh.

Bằng cách bổ sung thêm điều kiện, định lý sau chứng tỏ T có duy nhất

điểm bất động.

3.1.7 Định lý. Giả sử các điều kiện của Hệ quả 3.1.6 được thỏa mãn. Hơn nữa, nếu x0 và y0 so sánh được với nhau thì T có duy nhất điểm bất động.

x1 = T (x0, y0) (cid:62) T (y0, y0) (cid:62) T (y0, x0) = y1.

Chứng minh. Vì x0 và y0 so sánh được với nhau nên ta có x0 (cid:62) y0 hoặc x0 (cid:54) y0. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x0 (cid:62) y0. Khi đó, từ tính đơn điệu trộn của T , ta có

T nên u = lim n→∞

xn+1, v = lim n→∞

p(xn+1, yn+1).

p(u, v) = lim n→∞

Do đó, bằng phép quy nạp ta nhận được xn (cid:62) yn với mọi số tự nhiên n (cid:62) 0. Theo chứng minh Định lý 3.1.4, vì (u, v) là điểm bất động bộ đôi của yn+1. Do đó,

Mặt khác, ta có

τ + F (cid:0)p(xn+1, yn+1)(cid:1) = τ + F

(cid:16)

p(cid:0)T (xn, yn), T (yn, xn)(cid:1)(cid:17) (cid:17) .

max{(p(xn, xn)), p(yn, yn)}

(3.19) (cid:16) (cid:54) F

p(yn, yn) = 0.

lim n→∞

p(xn, xn) = lim n→∞

p(xn+1, yn+1) = 0.

Từ đẳng thức (3.16), ta suy ra

Cho n → ∞ trong đẳng thức (3.19), ta thu được lim n→∞

Do đó, p(u, v) = 0 hay u = v. Vậy, T (u, u) = u và định lý được chứng

minh.

92

3.2.

´ Ưng dụng vào một lớp phương trình tích phân phi tuyến

Trong mục này, chúng tôi áp dụng các định lý đã được chứng minh

trong Mục 3.1 để nghiên cứu bài toán về sự tồn tại duy nhất nghiệm của

một lớp phương trình tích phân phi tuyến. Trong toàn bộ mục này, ta hiểu C(cid:0)A, R) là không gian các hàm liên tục xác định trên A và nhận giá trị trên R, còn K ∈ R.

Xét phương trình tích phân

x(t) = h(t) +

[K1(t, s) + K2(t, s)](cid:0)f (s, x(s)) + g(s, x(s)(cid:1)ds,

0

(cid:90) t (3.20)

trong đó K1, K2 ∈ C(cid:0)[0, K] × [0, K], R(cid:1), f, g ∈ C(cid:0)[0, K] × R, R(cid:1), h ∈ C(cid:0)[0, K], R) và hàm chưa biết x ∈ C(cid:0)[0, K], R).

Nghiệm của phương trình (3.20) là hàm liên tục x : [0, K] → R thỏa

mãn (3.20) trên [0, K].

Để xét sự tồn tại nghiệm x ∈ C(cid:0)[0, K], R) của phương trình tích phân

(3.20), chúng ta bổ sung thêm các giả thiết sau.

(A) Tồn tại f, g ∈ C([0, K] × R, R), h ∈ C(cid:0)[0, K], R) và K1, K2 ∈ C([0, K] × [0, K], R) sao cho K1(t, s) (cid:62) 0 và K2(t, s) (cid:54) 0 với mọi t, s ∈ [0, K].

g(t, .) : [0, K] × R → R giảm với mọi t ∈ [0, K].

(B) Hàm f (t, .) : [0, K] × R → R tăng với mọi t ∈ [0, K] còn hàm

, ∀x (cid:62) y

0 (cid:54) f (t, x) − f (t, y) (cid:54) τ e−τ x − y

2

(C) Tồn tại τ ∈ [1, ∞) sao cho

và

2

(cid:54) g(t, x) − g(t, y) (cid:54) 0, ∀x (cid:62) y.

−τ e−τ x − y |K1(t, s) − K2(t, s)| (cid:54) 1.

t,s∈[0,K]

(D) max

93

3.2.1 Định nghĩa. ([10]) Phần tử (α, β) ∈ C(cid:0)[0, K], R(cid:1) × C(cid:0)[0, K], R(cid:1) được gọi là nghiệm bộ đôi trên và dưới (coupled lower and upper solution) của phương trình (3.20) nếu α(t) (cid:54) β(t) thỏa mãn

α(t) (cid:54) h(t) +

K1(t, s)(cid:0)f (s, α(s)) + g(s, β(s))(cid:1)ds

0 (cid:90) t

+

K2(t, s)(cid:0)f (s, β(s)) + g(s, α(s))(cid:1)ds

0

(cid:90) t

β(t) (cid:62) h(t) +

K1(t, s)(cid:0)f (s, β(s)) + g(s, α(s))(cid:1)ds

0 (cid:90) t

+

K2(t, s)(cid:0)f (s, α(s)) + g(s, β(s))(cid:1)ds.

0

và (cid:90) t

3.2.2 Định lý. Cho phương trình tích phân (3.20) với các hàm K1, K2 ∈ C(cid:0)[0, K] × [0, K], R(cid:1), f, g ∈ C(cid:0)[0, K] × R, R(cid:1), h ∈ C(cid:0)[0, K], R) và giả sử giả thiết (A), (B), (C), (D) được thỏa mãn. Khi đó, sự tồn tại

nghiệm bộ đôi trên và dưới của phương trình (3.20) sẽ kéo theo sự tồn tại nghiệm duy nhất của phương trình (3.20) trong C(cid:0)[0, K], R(cid:1).

|x(t) − y(t)|

d(x, y) = (cid:107)x − y(cid:107) = max t∈[0,K]

Chứng minh. Đặt X = C(cid:0)[0, K], R(cid:1). Rõ ràng, X cùng với mêtric xác định bởi

là không gian mêtric đầy đủ. Hơn nữa, X là tập sắp thứ tự bộ phận với

x, y ∈ X, x (cid:54) y ⇔ x(t) (cid:54) y(t) với mọi t ∈ [0, K] và (cid:107)x(cid:107), (cid:107)y(cid:107) (cid:54) 1

quan hệ thứ tự trên X như sau:

hoặc x(t) = y(t) với mọi t ∈ [0, K].

(3.21)

|x(t)|e−τ t.

(cid:107)x(cid:107)τ = max t∈[0,K]

Với mỗi x ∈ X và số thực cho trước τ (cid:62) 1, ta xác định

94

{|x(t) − y(t)|e−τ t}

dτ (x, y) = (cid:107)x − y(cid:107)τ = max t∈[0,K]

Dễ thấy (cid:107).(cid:107)τ là chuẩn tương đương với chuẩn max trên X và X cùng với mêtric dτ xác định bởi

là không gian mêtric đầy đủ.

pτ (x, y) =

dτ (x, y) + τ

Bây giờ, cho X cùng với mêtric riêng (cid:26)dτ (x, y) (3.22) nếu (cid:107)x(cid:107)τ (cid:54) 1, (cid:107)y(cid:107)τ (cid:54) 1 trong các trường hợp còn lại.

Khi đó, (X, pτ ) là không gian mêtric riêng 0-đầy đủ.

Tiếp theo, giả sử {un} là dãy không giảm trong X hội tụ tới u ∈ X. Khi đó, với mỗi t ∈ [0, K], dãy số thực u1(t) (cid:54) u2(t) (cid:54) ... (cid:54) un(t) (cid:54) ... hội tụ tới u(t). Do ánh xạ định chuẩn liên tục, và (cid:107)un(cid:107) (cid:54) 1 với mọi n (cid:62) 1 nên (cid:107)u(cid:107) (cid:54) 1. Do đó, với mọi t ∈ [0, K] và n ∈ N ta có un(t) (cid:54) u(t), có nghĩa là un (cid:54) u với mọi n ∈ N.

Hoàn toàn tương tự, ta có thể chứng minh được giới hạn v(t) của dãy không tăng {vn(t)} trong X là cận dưới của dãy, nghĩa là, v (cid:54) vn với mọi n ∈ N. Do đó, điều kiện (b) trong Hệ quả 3.1.6 được thỏa mãn.

Bây giờ, ta xác định ánh xạ T : X × X → X cho bởi

T (x, y)(t) = h(t) +

K1(t, s)(cid:0)f (s, x(s)) + g(s, y(s))(cid:1)ds

0 (cid:90) t

+

K2(t, s)(cid:0)f (s, y(s)) + g(s, x(s))(cid:1)ds

0

(cid:90) t

với mọi t ∈ [0, K].

Ta sẽ chứng minh T có tính chất đơn điệu trộn. Thật vậy, với mọi x1, x2 ∈ C([0, K], R) và x1 (cid:54) x2, nghĩa là, x1(t) (cid:54) x2(t) với mọi t ∈ [0, K].

95

Nhờ các giả thiết (A), (B), (C) và (D) ta có

T (x1, y)(t) − T (x2, y)(t) =

K1(t, s)(cid:2)f (s, x1(s)) + g(s, y(s))(cid:3)ds

0 (cid:90) t

+

K2(t, s)(cid:2)f (s, y(s)) + g(s, x1(s))(cid:3)ds + h(t)

0 (cid:90) t

−

K1(t, s)(cid:2)f (s, x2(s)) + g(s, y(s))(cid:3)ds

0 (cid:90) t

−

K2(t, s)(cid:2)f (s, y(s)) + g(s, x2(s))(cid:3)ds − h(t)

0 (cid:90) t

=

K1(t, s)(cid:2)f (s, x1(s)) − f (s, x2(s))(cid:3)ds

0 (cid:90) t

+

K2(t, s)(cid:2)g(s, x1(s)) − g(s, x2(s))(cid:3)ds (cid:54) 0

0

(cid:90) t

với mọi t ∈ [0, K].

T (x1, y) (cid:54) T (x2, y).

Điều này dẫn đến T (x1, y)(t) (cid:54) T (x2, y)(t) với mọi t ∈ [0, K], tức là

T có tính chất đơn điệu trộn.

Bằng lập luận tương tự, ta có T (x, y1) (cid:54) T (x, y2) nếu y1 (cid:62) y2. Do đó,

|(T (x, y)(t) − T (u, v)(t)|

Bây giờ, với x (cid:62) u và y (cid:54) v ta có

=

K1(t, s)(cid:0)f (s, x(s)) + g(s, y(s))(cid:1)ds

0

(cid:104) (cid:90) t

+

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:90) t

0 (cid:104) (cid:90) t

−

K1(t, s)(cid:0)f (s, u(s)) + g(s, v(s))(cid:1)ds

0 (cid:90) t

+

K2(t, s)(cid:0)f (s, v(s)) + g(s, u(s))(cid:1)ds + h(t)

(cid:105) K2(t, s)(cid:0)f (s, y(s)) + g(s, x(s))(cid:1)ds + h(t)

0 (cid:90) t

=

K1(t, s)(cid:2)(cid:0)f (s, x(s)) − f (s, u(s))(cid:1) + (cid:0)g(s, y(s)) − g(s, v(s))(cid:1)(cid:3)ds

(cid:105)(cid:12) (cid:12) (cid:12)

+

K2(t, s)(cid:2)(cid:0)f (s, y(s)) − f (s, v(s))(cid:1) + (cid:0)g(s, x(s)) − g(s, u(s))(cid:1)(cid:3)ds

(cid:12) (cid:12) (cid:12) 0 (cid:90) t

0

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

96

=

K1(t, s)(cid:2)(cid:0)f (s, x(s)) − f (s, u(s))(cid:1) − (cid:0)g(s, v(s)) − g(s, y(s))(cid:1)(cid:3)ds

(cid:90) t

−

K2(t, s)(cid:2)(cid:0)f (s, v(s)) − f (s, y(s))(cid:1) − (cid:0)g(s, x(s)) − g(s, u(s))(cid:1)(cid:3)ds

(cid:12) (cid:12) (cid:12) 0 (cid:90) t

0 (cid:90) t

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

+

K1(t, s)τ e−τ (cid:2)x(s) − u(s)

2

v(s) − y(s) 2

(cid:54) (cid:3)ds

−

+

2

x(s) − u(s) 2

0

K2(t, s)τ e−τ (cid:2)v(s) − y(s) (cid:90) t

(cid:12) (cid:12) (cid:12) 0 (cid:90) t (cid:3)ds (cid:12) (cid:12) (cid:12)

+

v(s) − y(s) 2

2

0 (cid:90) t

(cid:54) τ e−τ (cid:2)K1(t, s) − K2(t, s)(cid:3)(cid:2)x(s) − u(s) (cid:12) (cid:12) (cid:3)(cid:12) (cid:12)ds

= τ e−τ

ds

+

2

0 (cid:90) t

(cid:105) (cid:12)K1(t, s) − K2(t, s)(cid:12) (cid:12)

+

ds

2

|x(s) − u(s)|e−τ s 2 (cid:105) (cid:107)y − v(cid:107)τ 2

0

(cid:54) τ e−τ

+

(cid:107)y − v(cid:107)τ 2

max t,s∈[0,K] (cid:54) τ e−τ eτ t (cid:104)(cid:107)x − u(cid:107)τ 2 τ Điều này kéo theo

(cid:12)eτ s(cid:104)|x(s) − u(s)|e−τ s (cid:12)K1(t, s) − K2(t, s)|eτ s(cid:104)(cid:107)x − u(cid:107)τ (cid:12) (cid:105) .

|T (x, y)(t) − T (u, v)(t)|e−τ t (cid:54) e−τ (cid:104)(cid:107)x − u(cid:107)τ

+

.

(cid:107)y − v(cid:107)τ 2

2

(cid:105)

Do đó, với mọi x, y, u, v ∈ X sao cho x (cid:62) u, y (cid:54) v và (cid:107)x(cid:107)τ , (cid:107)y(cid:107)τ , (cid:107)u(cid:107)τ , (cid:107)v(cid:107)τ (cid:54) 1, ta có

.

pτ

(cid:104) (cid:105) pτ (x, u) + pτ (y, v) (cid:0)T (x, y), T (u, v)(cid:1) (cid:54) e−τ 1 2

Bằng cách lấy logarit hai vế bất phương trình trên ta nhận được

.

τ + ln pτ

(cid:17) (cid:0)T (x, y), T (u, v)(cid:1) (cid:54) ln (cid:16)pτ (x, u) + pτ (y, v) 2

(α, β) là nghiệm bộ đôi trên và dưới của phương trình tích phân (3.20). Khi đó, ta có α (cid:54) β, đồng thời α (cid:54) T (α, β) và β (cid:62) T (β, α). Cuối cùng, áp dụng Định lý 3.1.7, ta suy ra T có điểm bất động duy nhất x. Vì vậy

T (x, x) = x và x là nghiệm duy nhất của phương trình (3.20).

Vì F (x) = ln x ∈ F nên T thỏa mãn điều kiện co (3.18). Tiếp theo, giả sử

97

3.3.

´ Ưng dụng vào bài toán cân bằng không cộng tác trong lý thuyết trò chơi

Lý thuyết trò chơi là một lĩnh vực nghiên cứu có nhiều ứng dụng

trong thực tế cuộc sống như sinh học, tâm lý, chiến tranh,... đặc biệt là

lĩnh vực kinh tế. Trong lý thuyết trò chơi, người ta thường chia các trò

chơi thành hai loại là trò chơi cộng tác và trò chơi không cộng tác. Đối

với các trò chơi cộng tác, người ta luôn quan tâm đến việc tìm các chiến

thuật thỏa hiệp để đạt được khả năng chiến thắng tối đa. Trong khi đó,

đối với các trò chơi không cộng tác, thay vì tìm các chiến thuật để có khả

năng chiến thắng tối đa, người ta luôn mong muốn tìm các chiến thuật

để có khả năng thất bại tối thiểu. Do đó, để có thể có khả năng thất bại

tối thiểu, người ta quan tâm đến việc tìm các chiến thuật sao cho trò chơi

luôn ở trạng thái "cân bằng". Những trạng thái cân bằng đó còn được gọi

là điểm cân bằng của trò chơi. Với mục đích nghiên cứu điểm cân bằng

của trò chơi, trong mục này, chúng tôi áp dụng một số định lý đã được

chứng minh ở Mục 3.1 để nghiên cứu bài toán cân bằng không cộng tác

trong trò chơi với hai người chơi. Đầu tiên, ta nhắc lại một số khái niệm

cơ bản sau.

3.3.1 Định nghĩa. ([26]) Một trò chơi với hai người chơi G ở dạng

chính tắc gồm các dữ kiện sau:

(1) Hai không gian tôpô S1 và S2, tương ứng là không gian các chiến

thuật chơi của người chơi 1 và người chơi 2.

L : U → R2

(2) Không gian con tôpô cặp chiến thuật (strategies pairs) U ⊂ S1 ×S2. (3) Hàm song thua cuộc (a biloss operator)

(s1, s2) (cid:55)→ (L1(s1, s2); L2(s1, s2)),

(3.23)

trong đó Li(s1, s2) là hàm thua cuộc (loss operator) của người chơi thứ i, i = 1, 2 nếu các chiến thuật s1 và s2 được sử dụng.

98

(3.24) 3.3.2 Định nghĩa. ([26]) Cặp (s1, s2) ∈ U được gọi là điểm cân bằng không cộng tác (a non-cooperative equilibrium) nếu L1(s1, s2) (cid:54) L1(s1, s2)), ∀s1 ∈ S1 L2(s1, s2) (cid:54) L2(s1, s2)), ∀s2 ∈ S2,

L1(s1, s2))

hay

L2(s1, s2)).

L1(s1, s2) = min s1∈S1 L2(s1, s2) = min s2∈S2

(3.25)

C : S2 → S1

3.3.3 Định nghĩa. ([26]) Các ánh xạ

D : S1 → S2

(3.26)

L1(s1, s2), ∀s2 ∈ S2

thỏa mãn các điều kiện

L2(s1, s2), ∀s1 ∈ S1

L1(C(s2), s2) = min s1∈S1 L2(s1, D(s1)) = min s2∈S2

(3.27)

được gọi là các phương án quyết định tối ưu (optimal decision rules). ‘

C(s2) = s1

3.3.4 Nhận xét. Rõ ràng bất kỳ nghiệm (s1, s2) của hệ

D(s1) = s2

(3.28)

F : S1 × S2 → S1 × S2

là điểm cân bằng không cộng tác. Xét ánh xạ F xác định bởi

(s1, s2) (cid:55)→ (C(s2), D(s1)).

(3.29)

Khi đó, bất kỳ điểm bất động (s1, s2) của F là điểm cân bằng không cộng tác.

T (x, y) = C(y)

Hơn nữa, với trường hợp D(s) = C(s) với mọi s ∈ S = S1 = S2 ta thấy nếu L1(s1, s2) = L2(s2, s1) với mọi (s1, s2) ∈ S1 × S2 thì D(s) = C(s). Bây giờ, cho ánh xạ T : S1 × S2 → S được xác định bởi

99

với mọi x, y ∈ S. Giả sử T có điểm bất động bộ đôi (a, b) ∈ S. Điều này

a = T (a, b) = C(b)

kéo theo

b = T (b, a) = C(a). và (a, b) là điểm bất động bộ đôi của ánh xạ (s1, s2) (cid:55)→ (cid:0)C(s2), C(s1)(cid:1). Do đó, sự tồn tại điểm bất động bộ đôi của T kéo theo sự tồn tại điểm

(3.30)

cân bằng không cộng tác. Vì vậy, ta có thể suy ra việc chứng minh sự tồn

tại điểm cân bằng không cộng tác bằng cách chứng minh sự tồn tại điểm

bất động bộ đôi của T và thể hiện ở định lý sau.

3.3.5 Định lý. Cho (S, (cid:54)) là tập sắp thứ tự bộ phận và mêtric riêng p trên S = S1 = S2 sao cho (S, p) là không gian mêtric riêng 0-đầy đủ. G là trò chơi với hai người chơi. Giả sử phương án quyết định tối

ưu là hàm đơn điệu, liên tục C : S → S sao cho

τ + F (cid:0)p(C(x), C(y))(cid:1) (cid:54) F (p(x, y))

1) Tồn tại F ∈ F và τ > 0 sao cho

(3.31)

với mọi x, y ∈ S thỏa mãn y (cid:62) x.

2) Tồn tại x0, y0 ∈ S sao cho x0 (cid:54) C(y0) và y0 (cid:62) C(x0). Khi đó, trò chơi với hai người chơi G có điểm cân bằng không cộng

tác.

T (x, y) = C(y)

Chứng minh. Xét hàm T : S × S → S được xác định bởi

p(T (x, y), T (u, v)) = p(C(y), C(v)).

với mọi x, y ∈ S. Vì C liên tục nên T liên tục. Lại vì C đơn điệu nên T có tính chất đơn điệu trộn trên S. Với mọi x, y, u, v ∈ S sao cho x (cid:54) u, y (cid:62) v ta có

τ + F (cid:0)p(C(y), C(v))(cid:1) (cid:54) F (p(y, v))

Từ bất đẳng thức (3.31) ta có

100

với mọi y, v ∈ S thỏa mãn y (cid:62) v. Hơn nữa vì max{p(x, u), p(y, v)} (cid:62) p(y, v) và F là hàm tăng nên ta có

τ + F (cid:0)p(C(y), C(v))(cid:1) (cid:54) F

,

(cid:16) (cid:17) max (cid:8)p(x, u), p(y, v)} (3.32)

với mọi x, y, u, v ∈ S thỏa mãn x (cid:54) u, y (cid:62) v. Do đó, bất đẳng thức (3.1) được thỏa mãn. Áp dụng Định lý 3.1.4, ta suy ra T có điểm bất động bộ

đôi. Điều này kéo theo trò chơi với hai người chơi G có điểm cân bằng

không cộng tác.

Vì mỗi không gian mêtric là không gian mêtric riêng nên ta nhận được

hệ quả sau.

3.3.6 Hệ quả. Cho (S, (cid:54)) là tập sắp thứ tự bộ phận và mêtric d trên S = S1 = S2 sao cho (S, d) là không gian mêtric đầy đủ. G là trò chơi với hai người chơi. Giả sử phương án quyết định tối ưu là hàm đơn

điệu liên tục C : S → S sao cho

τ + F (cid:0)d(C(x), C(y))(cid:1) (cid:54) F (d(x, y))

1) Tồn tại F ∈ F và τ > 0 sao cho

(3.33)

với mọi x, y ∈ S thỏa mãn y (cid:62) x.

2) Tồn tại x0, y0 ∈ S sao cho x0 (cid:54) C(y0) và y0 (cid:62) C(x0). Khi đó, trò chơi với hai người chơi G có điểm cân bằng không cộng

tác.

Ví dụ sau minh họa cho Hệ quả 3.3.6.

3.3.7 Ví dụ. Lấy S = R+ cùng với mêtric thông thường d(x, y) = |x−y| với mọi x, y ∈ S. Giả sử G là trò chơi với hai người chơi với các hàm song

L1(s1, s2) = s2 L2(s1, s2) = s2

1(1 + s2)e−τ − 2s1 2(1 + s1)e−τ − 2s2

thua cuộc

101

C(s2) =

e−τ 1 + s2

trong đó (s1, s2) ∈ R+ × R+ và τ > 0 cho trước. Dễ dàng tính được phương án quyết định tối ưu C, D của G là

,

D(s1) =

e−τ 1 + s1

và

trong đó s1, s2 ∈ R+. Rõ ràng D(s) = C(s) với mọi s ∈ R+ và C liên tục. Ta cần chứng tỏ rằng C thỏa mãn mọi giả thiết của Hệ quả 3.3.6. Thật

−

vậy, ta có

d(C(x), C(y)) = e−τ (cid:12) (cid:12) (cid:12)

1 1 + x

1 1 + y

(cid:54) e−τ |x − y| = e−τ d(x, y) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

τ + ln d(C(x), C(y)) (cid:54) ln d(x, y)

với mọi x, y ∈ R+. Lấy logarit hai vế ta nhận được

C(x0) = e−τ .

. Do đó, C

e−τ 2

với mọi x (cid:54)= y. Vì F (x) = ln x ∈ F nên ta suy ra C thỏa mãn điều kiện 1) trong Hệ quả 3.3.6. Lấy x0 = 0, ta có

G có điểm cân bằng không cộng tác.

Với y0 = 1, ta có y0 (cid:62) C(x0). Mặt khác x0 = 0 (cid:54) C(y0) = thỏa mãn mọi điều kiện của Hệ quả 3.3.6. Vậy, trò chơi với hai người chơi

Kết luận chương 3

• Đưa ra Định lý 3.1.4, Định lý 3.1.5, Định lý 3.1.7 và Hệ quả 3.1.6

Trong Chương này, chúng tôi thu được những kết quả sau.

khẳng định sự tồn tại và tồn tại duy nhất điểm bất động bộ đôi cho lớp

ánh xạ kiểu F -co trong không gian mêtric riêng sắp thứ tự bộ phận.

102

• Áp dụng Định lý 3.1.7 để chỉ ra sự tồn tại duy nhất nghiệm của một

• Áp dụng Định lý 3.1.4 để chứng tỏ trò chơi với hai người chơi là cân

lớp phương trình tích phân phi tuyến kiểu Fredholm.

bằng không cộng tác.

Các kết quả này được công bố trên bài báo: Tran Duc Thanh, Aatef

Hobiny and Erdal Karapinar (2015), A solution for the non-cooperative

equilibrium problem of two person via fixed point theory, Journal of

Inequalities and Applications, 2015:158, 18 pages, doi: 10.1186/s13660-

015-0679-3.

103

kết luận và kiến nghị

I. Kết luận chung

Luận án nghiên cứu về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh

xạ trên các không gian mêtric, mêtric riêng, mêtric riêng có thứ tự và ứng

dụng để chứng minh sự tồn tại nghiệm của một lớp phương trình tích

phân và bài toán cân bằng không cộng tác trong lý thuyết trò chơi. Các

kết quả chính của luận án là:

1) Đưa ra các định lý khẳng định sự tồn tại duy nhất điểm bất động

(ψ, ϕ)-co yếu trong không gian mêtric.

của lớp các ánh xạ T -co cho các ánh xạ co Meir-Keleer, tựa co Ciric và

2) Đưa ra các định lý khẳng định sự tồn tại và tồn tại duy nhất điểm

bất động cho lớp ánh xạ co suy rộng trong không gian mêtric riêng.

3) Đưa ra các định lý khẳng định sự tồn tại duy nhất điểm bất động

chung cho lớp các ánh xạ kiểu (ψ, ϕ)-co yếu trong không gian mêtric riêng.

4) Đưa ra các định lý khẳng định sự tồn tại và tồn tại duy nhất điểm

bất động bộ đôi cho một lớp ánh xạ kiểu F -co trong không gian mêtric

riêng có thứ tự bộ phận. Ứng dụng các kết quả thu được để chỉ ra sự tồn

tại duy nhất nghiệm của một lớp phương trình tích phân và bài toán cân

bằng không cộng tác trong lý thuyết trò chơi.

5) Xây dựng hệ thống các ví dụ minh họa cho các kết quả, đồng thời

chứng tỏ được các kết quả thu được là mở rộng thực sự của các kết quả

đã có. II. Kiến nghị

Trong thời gian tới chúng tôi mong muốn tiếp tục nghiên cứu các vấn

đề sau:

1) Nghiên cứu sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ đa trị

trong không gian mêtric riêng và ứng dụng vào các bài toán về sự tồn tại

104

nghiệm của các phương trình tích phân, phương trình vi phân.

2) Nghiên cứu ứng dụng của các định lý điểm bất động trên không gian

mêtric riêng trong ngành khoa học máy tính.

105

danh mục các công trình của ncs liên quan trực tiếp đến luận án

1. E. Karapinar, K. P. Chi and T. D. Thanh (2012), A generalization of Ciric quasicontraction, Abstract and Applied Analysis, Article ID 518734, 9 pages doi:10.1155/2012/518734. (SCIE)

2. K. P. Chi, E. Karapinar and T. D. Thanh (2012), A generalization of the Meir-Keeler type contraction, Arab Journal of Mathematical Sciences, 18, 141-148.

3. T. V. An, K. P. Chi, E. Karapinar and T. D. Thanh (2012), An exten- sion of generalized (ψ, ϕ)-weak contractions, International Journal of Mathematics and Mathematical Sciences, Vol 2012, Article ID 431872, 11pages doi:10.1155/2012/431872.

4. K. P. Chi, E. Karapinar and T. D. Thanh (2012), A generalized con- traction principle in partial metric spaces, Mathematical and Com- puter Modelling, 55, (5-6), 1673-1681. (SCIE)

5. K. P. Chi, E. Karapinar and T. D. Thanh (2013), On the fixed point theorems for generalized weakly contractive mappings on partial met- ric spaces, Bulletin of the Iranian Mathematical Society, Vol. 39 (2), 369-381. (SCIE)

6. T. D. Thanh (2015), On the extensions of Ciric’s almost contrac- tion on partial metric spaces, accepted for publication at Journal of Nonlinear Science and Applications. (SCIE)

7. T. D. Thanh, Aatef Hobiny and Erdal Karapinar (2015), A solution for the non-cooperative equilibrium problem of two person via fixed point theory, Journal of Inequalities and Applications, 2015:158, 18 pages, doi: 10.1186/s13660-015-0679-3. (SCIE)

106

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] T. Abdeljawad (2011), Fixed points for generalized weakly contrac- tive mappings in partial metric spaces, Math. Comput. Modelling, 54 (11-12), 2923-2927 .

[2] T. Abdeljawad, E. Karapinar and K. Tas (2011), Existence and uniqueness of common fixed point on partial metric spaces, Appl. Math. Lett., 24 (11), 1894–1899.

[3] O. Acar, V. Berinde and I. Altun (2012), Fixed point theorems for Ciric-type strong almost contractions on partial metric spaces, J. Fixed Point Theory Appl., 12, 247-259.

[4] R. P. Agarwal, M. A. El-Gebeily and D. O’Regan (2008), Generalized contractions in partially ordered metric spaces, Appl Anal., 87, 1-8.

[5] Y. I. Alber and S. Guerre-Delabriere (1997), Principle of weakly contractive maps in Hilbert spaces, Oper. Theory Adv. Appl., 98, 7-22.

[6] I. Altun and O. Acar (2012), Fixed point theorems for weak con- traction in the sense of Berinde on partial metric spaces, Topology Appl., 159, 2642-2648.

[7] I. Atun and A. Erduran (2011), Fixed point theorem for monotone mapping on partial metric spaces, Fixed Point Theory Appl., Arti- cle ID 508730.

[8] I. Altun, F. Sola and H. Simsek (2010), Generalized contractions on

partial metric spaces, Topology Appl., 157 (18), 2778–2785.

[9] S. Banach (1922), Sur les operations dans les ensembles abstraits et leur application aux equations itegrales, Fund. Math., 3, 133-181.

[10] T. G. Bhaskar and V. Lakshmikantham (2006), Fixed point theorems in partially ordered metric spaces and application, Nonlinear Anal., 65, 1379-1393.

[11] V. Berinde (2003), Approximating fixed points of weak ϕ- contrac-

tions using the Picard iteration, Fixed Point Theory, 4, 131-142.

107

[12] V. Berinde (2011), Generalized coupled fixed point theorems for mixed monotone mappings in partially ordered metric spaces, Non- linear Anal., 74, 7347-7355.

[13] V. Berinde (2012), Coupled fixed point theorems for ϕ-contractive mixed monotone mappings in partially ordered metric spaces, Non- linear Anal., 75, 3218-3228.

[14] V. Berinde (2004), Approximating fixed points of weak contractions,

Nonlinear Anal. Forum, 9, 43-53.

[15] V. Berinde (2003), On the approximation of fixed points of weak

contractive mappings, Carpathian J. Math., 19, 7-22.

fixed points, [16] V. Berinde (2007), Iterative approximation of

Springer-Verlag, Berlin.

[17] V. Berinde (2009), Some remarks on a fixed point theorem for Ciric- type almost contractions, Carpathian J. Math., 25, 157-162.

[18] R. M. T. Bianchini (1972), Su un problema di S. Reich riguardante la teoria dei punti fissi, Boll. Unione Mat. Ital., 5, 103-108.

[19] K. C. Border (1989), Fixed point theorems with Applications to Economics and Game Theory, Cambridge University Press.

[20] R. K. Bose and M. K. Roychowdhury (2009), Fixed point theorems for generalized weakly contractive mappings, Surv. Math. Appl., 4, 215-238.

[21] D. W. Boyd and S. W. Wong (1969), On nonlinear contractions,

Proc. Amer. Math. Soc., 20, 458-464.

[22] L. E. J. Brouwer (1911), Uber Abbildungen von Mannigfaltigkeiten,

Math. Ann., 71, pp. 97-115.

[23] M. Bukatin, R. Kopperman, S. Matthews and H. Pajoohesh (2009),

Partial metric spaces, Amer. Math. Monthly., 116 (8), 708–718.

[24] K. P. Chi (2009), On a fixed point theorem for certain class of maps satisfying a contractive condition depended on an another function, Lobachevskii J. Math., 30 (4), 289-291.

[25] B. S. Choudhury, P. Konar, B. E. Rhoades and N. Metiya (2011), Fixed point theorems for generalized weakly contractive mappings, Nonlinear Anal., 74, 2116–2126.

[26] O. E. Christian (2003),Games, Fixed Points and Mathemati- cal Economics, School of Economics and Finance University of St.Andrews, http://ssrn.com/abstract=976592.

108

[27] L. B. Ciric (1974), A generalization of Banach principle, Proc. Amer.

Math. Soc., 45, 267–273.

[28] L. B. Ciric (1971), On contraction type mappings, Math. Balkanica, 1, 52-57.

[29] L. B. Ciric , Generalized contraction and fixed point theorems, Publ.

Inst. Math., 12 (26), 19-26(1971).

[30] M. Cosentino, P. Vetro (2014), Fixed Point Results for F -Contractive

Mappings of Hardy-Rogers-Type, Filomat, 28, 715-722.

[31] K. Deimling (1985), Nonlinear functional analysis, Springer Verlag,

Berlin Heidelberg, New York, Tokyo.

[32] D. Doric (2009), Common fixed point for generalized (ψ, ϕ)-weak

contractions, Appl. Math. Lett., 22, (12), 1896–1900.

[33] P. N. Dutta and B. S. Choudhury (2001), A generalization of contrac- tion principle in metric spaces, Fixed Point Theory Appl., Article ID 406368.

[34] A. O. Efe (2007), Real Analysis with Economic applications, Princeton University Press.

[35] R. Engelking (1977), General Topology, Polish Scientific Publishers, INC., Warszawa.

[36] G. E. Hardy and T. D. Rogers (1973), A generalization of a fixed

point theorem of Reich, Canad. Math. Bull., 16, 201-206.

[37] D. Ilic, V. Pavlovic and V. Rakocevic (2011), Some new extensions of Banach’s contraction principle to partial metric space, Appl. Math. Lett., 24, 1326-1330.

[38] D. Ilic, V. Pavlovic and V. Rakocevic (2012), Extensions of the Zam- firescu theorem to partial metric spaces, Math. Comput. Modelling, 55, (3-4), 801-809.

[39] R. Kannan (1968), Some results on fixed points, Bull. Calcutta.

Math. Soc., 60, 71 - 76.

[40] E. Karapinar (2012), Weak ϕ-contraction on partial metric spaces,

J. Comput. Anal. Appl., 14, 206-210.

[41] E. Karapinar and I. M. Erhan (2011), Fixed point theorems for op- erators on partial metric spaces, Appl. Math. Lett., 24, 1900–1904.

109

[42] A. Keeler and A. Meir (1969), A theorem on contraction mappings,

J. Math. Anal. Appl., 28, 326–329.

[43] V. Lakshmikantham and L. Ciric (2009), Coupled fixed point the- orems for nonlinear contractions in partially ordered metric spaces, Nonlinear Anal., 70, 4341-4349.

[44] N. V. Luong and N. X. Thuan (2011), Coupled point theorems in partially ordered metric spaces and applications, Nonlinear Anal., 74, 983-992.

[45] G. S. Mathews (1992), Partial metric topology, Reseach Report 212,

Department of Computer Science University of Warwick.

[46] G. S. Mathews (1994), Partial metric topology, Ann. New York

Acad. Sci., 728, 183-197.

[47] S. Moradi and M. Omid (2010), A fixed-point theorem for integral type inequality depending on another function, Int. J. Math. Anal. (Ruse), 4, (29-32), 1491-1499.

[48] J. Nieto and R. R. Lopez (2005), Contractive mapping theorems in partially ordered sets and applications to ordinary differential equations, Order, 22, 223-239.

[49] J. Nieto and R. R. Lopez (2007), Existence and uniqueness of fixed point in partially ordered sets and applications to ordinary differen- tial equations, Acta. Math. Sin., 23, 2205-2212.

[50] S. Oltra and O. Valero (2004), Banach’s fixed point theorem for partial metric spaces, Rend. Istit. Mat. Univ. Trieste, 36, (1-2), 17–26.

[51] D. Paesano and C. Vetro (2014), Multi-valued F -contractions in 0-complete partial metric spaces with application to Volterra type integral equation, Rev. Real Acad. Cienc. Exact. Fis Naturales. Serie A. Matematicas, 108, (2), 1005-1020.

[52] E. Rakotch (1962), A note on contractive mappings, Proc. Amer.

Math. Soc., 13, 459-465.

[53] A. C. M. Ran and M. C. B. Reuring (2004), A fixed point theorem in partially ordered sets and some applications to matrix equations, Proc. Amer. Math. Soc., 132, 1435-1443.

[54] S. Reich (1971), Some remarks concerning contraction mappings,

Canad. Math. Bull., 14, 121-124.

110

[55] S. Reich (1971), Kannan’s fixed point theorem, Boll. Uni. Mat.

Ital., 4, 1–11.

[56] B. E. Rhoades (1977), A comparison of various definitons of contrac-

tive mappings, Trans. Amer. Math. Soc., 226, 257-290.

[57] B. E. Rhoades (2001), Some theorems on weakly contractive maps,

Nonlinear Anal., 47, 2683-2693.

[58] S. Romaguera (2010), A Kirk type characterization of completeness for partial metric spaces, Fixed Point Theory Appl., Article ID 493298, doi:10.1155/2010/493298, 6 pages.

[59] M. Sgroi and C. Vetro (2013), Multi-valued F -contractions and the solution of certain functional and integral equations, Filomat, 27, 1259-1268.

[60] A. Tarski (1955), A Lattice-Theoretical Fixpoint Theorem and Its

Applications, Pacific J. Math., 5, 285-309.

[61] D. Wardowski (2012), Fixed points of a new type of contractive mappings in complete metric spaces, Fixed Point Theory Appl., doi:10.1186/1687-1812-2012-94, 6 pages.

[62] T. Zamfirescu (1972), Fix point theorems in metric spaces, Arch.

Math., 23, 292-298.

[63] Q. Zhang and Y. Song (2009), Fixed point for generalized ϕ-weak

contractions, Appl. Math. Lett., 22 (1), 75-78.