Wykład 8 1. Twierdzenie Banacha o odwzorowaniu zwężającym

Wykład 8 1. Twierdzenie Banacha o odwzorowaniu zwężającym

Wykład 8
1. Twierdzenie Banacha o odwzorowaniu zwężającym
Definicja 1. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną. Przekształcenie T : X → X jest
zwężające (lub jest kontrakcją), gdy istnieje taka stała 0 < C < 1, że dla dowolnej pary
punktów x, y ∈ X zachodzi
d(T x, T y) ¬ C · d(x, y).
Uwaga. To nie to samo, co istnienie 0 < C ¬ 1 takiej, że d(T x, T y) < C · d(x, y). Na
przykład, f : (1, ∞) → (1, ∞), f (x) = x + x1 spełnia d(T x, T y) < C · d(x, y) dla C = 1, ale
to odwzorowanie nie jest zwężające.
Definicja 2. Punkt u nazywamy punktem stałym przekształcenia T : X → X, gdy T u = u.
Nie każde przekształcenie ma punkty stałe, np. T : Z → Z, T (n) = n + 1 nie ma. Poniższe twierdzenie jest jednym z wielu twierdzeń o punktach stałych. Twierdzenia to są
niezmiernie ważne dla innych działów matematyki – pozwalają przynajmniej na stwierdzenie istnienia rozwiązań różnorakich zagadnień, np. rozwiązań równań różniczkowych,
całkowych, czy innego typu. Zainteresowanym polecam też zaznajomienie się z klasycznym
twierdzeniem Brouwera (każde ciągłe odwzorowanie domkniętej kuli n-wymiarowej w siebie
ma co najmniej jeden punkt stały).
Twierdzenie 1 (Banach). Jeżeli X jest przestrzenią metryczną zupełną, a T : X → X
odwzorowaniem zwężającym, to T ma dokładnie jeden punkt stały.
Dowód. Łatwa jest jednoznaczność i ją zróbmy najpierw.
Załóżmy, że x i y są punktami stałymi dla T . Wtedy
d(x, y) = d(T x, T y) ¬ C · d(x, y),
czyli (1 − C) · d(x, y) ¬ 0, skąd wobec C < 1 mamy d(x, y) = 0.
Teraz istnienie punktu stałego. Oznaczamy n-tą iterację odwzorowania, tzn. T 1 x = T x,
T n+1 x = T (T n x). Dodatkowa umowa: T 0 x = x. Jasne, że wtedy T m + n(x) = T m (T n x) =
T n (T m x). Indukcyjnie można udowodnić, że
d(T n x, T n y) ¬ C n · d(x, y)
Sprawdzimy, że ciąg (T n x) jest podstawowy. Ustalmy > 0 i niech m < n.
d(T m x, T n x) = d(T m x, T m (T n−m x)) ¬ C m d(x, T n−m x).
Z kolei dla dowolnego k ∈ N mamy:
d(x, T k x) ¬ d(x, T x) + d(T x, T 2 x) + ... + d(xk−1 , T k x)
1
¬ (1 + C + C 2 + ..C k−1 )d(x, T x) ¬
d(x, T x).
1−C
Wracając do (1):
d(T m x, T n x) ¬
1
Cm
d(x, T x).
1−C
(1)
Ponieważ lim C m = 0 możemy wybrać N tak, by
m→∞
CN
d(x, T x) < ,
1−C
a wtedy dla dowolnych m, n > N zachodzi d(T m x, T n x) < . Istotnie, ciąg (T n x) jest więc
podstawowy, zatem jest zbieżny wobec zupełności X.
Okazuje się, że granica tego ciągu jest punktem stałym. Oznaczmy tę granicę przez u.
Wtedy
n→∞
d(u, T u) ¬ d(u, T n u) + d(T n u, T u) ¬ d(u, T n u) + C · d(T n−1 u, u) −→ 0,
więc d(u, T u) = 0, czyli u = T u.
Uwaga. Zauważmy, że założenie zupełności jest ważne, np. X = (0, ∞), T x = 12 x. Odwzorowanie jest zwężające, bo |T x − T y| = 21 |x − y|, ale dla każdego x mamy T x = 12 x 6= x. Co
więcej, T n x = 21n x, a to nie ma granicy w X.
Stwierdzenie 1. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną, przekształcenie T : X → X
będzie zwężające ze stałą C, a u jego jedynym punktem stałym. Wtedy dla każdego x ∈ X
ciąg T n x jest zbieżny do u.
Dowód.
d(T n x, u) = d(T n x, T n u) ¬ C n d(x, u) → 0.
Przykład Rozważmy równanie x + θ cos x = 0, gdzie |θ| < 1. Jeśli zdefiniujemy T x =
−θ cos x, to rozwiązanie równania sprowadza się do znalezienia punktu stałego przekształcenia T . Ponieważ |T 0 x| = |θ| < 1, a z twierdzenia Lagrange’a
|T x − T y| = |T 0 (c)||x − y|
otrzymujemy, że T jest zwężające na przestrzeni zupełnej R. Zatem równanie ma dokładnie
jedno rozwiązanie. Trudniej jest je znaleźć, ale przynajmniej można je przybliżać iteracjami
T n x, startując z dowolnego x. Tempo przybliżania: dla m > n mamy
d(T m x, u) ¬ d(T m x, T n x) + d(T n x, u) ¬
Zatem d(T m x, u) ¬
Cm
n→∞
d(T x, x) + d(T n x, u) −→ 0
1−C
Cm
1−C d(T x, x).
2. Twierdzenie Baire’a
Twierdzenie 2. W zupełnej przestrzeni metrycznej każdy zbiór pierwszej kategorii jest
brzegowy.
Dowód. Niech A będzie zbiorem I kategorii, tzn. A = ∞
n=1 An , gdzie An są nigdziegęste.
Pokażemy, że każda kula K(x, r) zawiera punkty nie należące do A. Ustalmy x i r. Ponieważ A1 jest nigdziegęsty, zbiór K(x, r) \ A1 jest otwarty i niepusty, więc zawiera pewną
kulę domkniętą K 1 = K(x1 , r1 ), przy czym możemy zażądać, by r1 < 1. Istotnie, możemy najpierw wybrać kulę K(x, r10 ), a potem wziąć r1 = 12 r10 . Podobnie ponieważ A2 jest
S
2
nigdziegęsty, zbiór K1 \ A1 jest otwarty i niepusty, więc zawiera pewną kulę domkniętą
K 2 = K(x2 , r2 ), przy czym możemy zażądać, by r2 < 12 . Postępując indukcyjnie wybieramy ciąg kul Kn = K(xn , rn ) o tej własności, że Kn ⊃ K(xn+1 , rn+1 ) i rn < n1 . Ciąg
środków xn jest Cauchy’ego, bo dla m, n > N mamy xm , xn ∈ KN , więc d(xm , xn ) < N2 .
Zatem jest zbieżny do pewnego y. Ponadto dla każdego n punkt y należy do Kn , zatem
S
y 6∈ ∞
n=1 An .
Uwaga.
1. Zbiór typu Gδ to przeliczalny przekrój zbiorów otwartych. Nie musi być
T
otwary, ale każdy zbiór otwarty jest typu Gδ (U = n Un , gdzie Un = U dla wszystkich n). W przestrzeni metrycznej także każdy domknięty jest typu Gδ (bo dla F
T
domknietego mamy F = n K(F, n1 )). Przekrój przeliczalny zbiorów typu Gδ jest też
typu Gδ .
2. Analogiczne fakty dotyczą zbiorów typu Fσ , czyli przeliczalnych sum zbiorów domkniętych.
3. Zbiór jest nigdziegęsty wtedy i tylko wtedy, gdy jest zawarty w przeliczalnej sumie
domkniętych zbiorów brzegowych, czyli gdy jest typu Fσ o brzegowych składnikach.
Stąd zbiory rezydualne to takie zawierające zbiór typu Gδ , w którym przekrawamy
zbiory gęste.
Równoważne sformułowania twierdzenia Baire’a:
W przestrzeni zupełnej X:
1. każdy zbiór pierwszej kategorii jest brzegowy
2. przeliczalna suma domknietych zbiorów brzegowych jest brzegowa
3. przeliczalny przekrój gęstych zbiorów otwartych jest gęsty
4. każdy zbiór rezydualny jest gęsty
5. przeliczalny przekrój gęstych zbiorów otwartych jest niepusty
6. X jest zbiorem drugiej kategorii
Dowód. 1⇒2: Jasne, bo przeliczalna suma domknietych zbiorów brzegowych jest I kategorii
2⇒3: Przeliczalny przekrój gęstych zbiorów otwartych jest dopełnieniem przeliczalnej sumy
domknietych zbiorów brzegowych
3⇒4: Na mocy uwagi zbiór rezydualny zawiera przeliczalny przekrój gęstych zbiorów otwartych. Zatem przeliczalny przekrój zbiorów rezydualnych tez zawiera taki przekrój. Czyli jest
nadzbiorem zbioru gęstego.
4⇒1: Jasne – przez dopełnienia
3⇒5: Oczywiste
S
5⇒3: Niech G = n Gn będzie przeliczalnym przekrojem gęstych zbiorów otwartych. Weźmy dowolny zbiór otwarty U ⊂ X. Znajdźmy kulę domkniętą K = K(x, δ) ⊂ U . Zbiór K
tworzy z tą sama metryką przestrzeń zupełną. Można pokazać, że Gn ∩ K są otwarte i gęste
w K. Czyli ich przekrój jest niepusty. A skoro U był dowolnym zbiorem otwartym, to G
jest gęsty.
Twierdzenie 3. W przestrzeni zupełnej zbiór jest rezydualny wtedy i tylko wtedy, gdy
zawiera gęstą Gδ . Zatem przeliczalny przekrój zbiorów rezydualnych jest rezydualny.
3