Browder fixed point theorem

[99]

We will find out the theorem by doing the following exercises

Let $H $ be an Hilbert space. Let $C $ be a nonempty convex, closed, bounded subset of $H. $

Exercise 1. Let $T : C\to C $ be a mapping such that for all $x, y \in C $ we have

$||T(x)-T(y)|| \leq ||x-y||. $

a. Let $a $ be a point of $C. $ For each $n\geq 1 $ and $x\in C $ we put

$T_n(x) = \frac{1}{n}a+ \frac{n-1}{n}T(x). $

Prove that there is a unique point $x_n \in C $ such that $T_n(x_n) = x_n. $

b. Let $\{x_{n_k}\}^{\infty}_{k=1}\subset \{x_n\}^{\infty}_{n=1} $ be a subsequence such that $x_{n_k} $ converges weakly to $x. $ Put $y = x-a $ and $y_n = x_n - a. $

Prove that

$||y_n||^2 \leq \frac{2n-2}{2n-1}Re(y_n,y) $ for all $n\geq 1. $

Therefore the sequence $\{x_{n_k}\}^{\infty}_{k=1} $ converges strongly to $x. $ Hence $T(x) = x. $

c. Prove that the subset $Fix(T) = \{x\in C : T(x) =x \} $ is a nonempty closed convex subset of $C. $

Exercise 2. Let $\mathcal{F} $ be a set of mappings $T: C\to C $ such that the followings are satisfied :

i, for all $S, T \in\mathcal{F}, $ $ST = TS $,
ii, for all $T\in\mathcal{F} $ and $x,y\in C $ : $||T(x)-T(y)|| \leq ||x-y|| $.

Assume that the Hilbert space $H $ is separable.

Prove that there exists $x\in C $ such that for all $T\in\mathcal{F} $, $T(x) = x. $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[123456]

Nguyên văn bởi 99

Let $H $ be an Hilbert space. Let $C $ be a nonempty convex, closed, bounded subset of $H. $

Exercise 1. Let $T : C\to C $ be a mapping such that for all $x, y \in C $ we have

$||T(x)-T(y)|| \leq ||x-y||. $

a. Let $a $ be a point of $C. $ For each $n\geq 1 $ and $x\in C $ we put

$T_n(x) = \frac{1}{n}a+ \frac{n-1}{n}T(x). $

Prove that there is a unique point $x_n \in C $ such that $T_n(x_n) = x_n. $

b. Let $\{x_{n_k}\}^{\infty}_{k=1}\subset \{x_n\}^{\infty}_{n=1} $ be a subsequence such that $x_{n_k} $ converges weakly to $x. $ Put $y = x-a $ and $y_n = x_n - a. $

Prove that

$||y_n||^2 \leq \frac{2n-2}{2n-1}Re(y_n,y) $ for all $n\geq 1. $

Therefore the sequence $\{x_{n_k}\}^{\infty}_{k=1} $ converges strongly to $x. $ Hence $T(x) = x. $

c. Prove that the subset $Fix(T) = \{x\in C : T(x) =x \} $ is a nonempty closed convex subset of $C. $

a, dùng nguyên lý ánh xạ co, $||T_n(x)-T_n(y)||\leq \frac{n-1}{n}||x-y|| $
b, ta có
$||y_n-y_m||^2=||x_n-x_m||^2\geq ||T(x_n)-T(x_m)||^2 $
mặt khác
$T(x_n)-T(x_m)=\frac{n}{n-1}(x_n-\frac{a}{n})-\frac{m}{m-1}(x_m-\frac{a}{m})=\frac{n}{n-1}y_n-\frac{m}{m-1}y_m $
do đó
$||y_n-y_m||^2\geq ||\frac{n}{n-1}y_n-\frac{m}{m-1}y_m||^2 $
tính toán trực tiếp ta có
$\frac{2n-1}{(n-1)^2}||y_n||^2+\frac{2m-1}{(m-1)^2}||y_m||^2\leq (2\frac{n}{n-1}\frac{m}{m-1}-2)Re(y_n,y_m) $
thay m bởi $n_k $ và cho k ra vô cùng ta được bdt cần chứng minh. Ta có
$0\leq ||x_{n_k}-x||^2 = ||y_{n_k}-y||^2 \leq ||y_{n_k}||^2- 2 Re(y_{n_k},y) + ||y||^2 $
$\leq \left(\frac{2n_k-2}{2n_k-1}-2\right) Re(y_{n_k},y) + ||y||^2 $
cho k ra vô cùng ta được $||x_{n_k}-x||^2\to 0 $.
Áp dụng tính liên tục của T, ta có $T(x)=x $.
c, Từ trên ta có $Fix(T)\not=\emptyset $, Fix(T) đóng do T liên tục. Ta chứng minh Fix(T) lồi, thật vậy cho $x,y\in Fix(T) $ và $0<\lambda<1 $ ta chứng minh $\lambda x+(1-\lambda)y\in Fix(T) $. Đặt $z=T(\lambda x+(1-\lambda)y) $, ta có
$||z-x||=||T(\lambda x+(1-\lambda)y)-T(x)||\leq (1-\lambda)||x-y|| $
và tương tự,
$||z-y||\leq \lambda||x-y|| $
do đó
$||x-y||\leq ||x-z+z-y||\leq ||x-z||+||z-y||\leq ||x-y|||| $
do đó ta phải có $||x-z+z-y||=||x-z||+||z-y|| $ và $||z-y||=\lambda||x-y|| $ và $||x-z||=(1-\lambda)||x-y|| $.
Bởi bdt Cauchy-Schwartz trong không gian Hilbert ta có, $||a+b||=||a||+||b|| $ nếu và chỉ nếu $b=ka $ với $k\geq 0 $, do đó
$z-y=k(x-z) $, $k\geq 0 $
hay
$z=\frac{k}{k+1}x+\frac{1}{k+1}y $
do đó
$\lambda||x-y||=||z-y||=\frac{k}{k+1}||x-y|| $
vậy $\lambda = \frac{k}{k+1} $, nên $z=\lambda x+(1-\lambda)y $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[123456]

Bài 2, từ bài 1 ta có $Fix(T)\not=\emptyset $, lồi, đóng.
từ i, ta có $S: Fix(T)\to Fix(T) $, lại bởi bài 1 ta có, tồn tại $x\in Fix(T) $ sao cho $S(x)=x $, do đó $Fix(S)\cap Fix(T)\not=\emptyset $ với mọi $S,T\in \mathcal{F} $. Tương tự ta có, với mọi $T_1,\ldots,T_n\in \mathcal{F} $, $n\in N $,
$\cap\limits_{i=1}^nFix(T_i)\not=\emptyset. $
Ta chứng minh $\cap\limis_{T\in \mathcal{F}}Fix(T)\not=\emptyset $ bằng phản chứng, giả sử $\cap\limis_{T\in \mathcal{F}}Fix(T) =\emptyset $.Đặt $G_T=H\setminus Fix(T) $ là tập mở, khi đó $\cup\limits_{T\in \mathcal{F}}G_T=H $, tức là $\{G_T\}_T $ là phủ mở của H. do H khả ly, nên H là không gian Lindelof, tức là mọi phủ mở có phủ con đếm được, do đó tồn tại dãy con $\{T_i\}_i $ sao cho $H=\cup_{i=1}^{\infty}G_{T_i} $ do đó $\cap_{i=1}^{\infty}Fix(T_i)=\emptyset. $
Đặt $C_n=\cap_{i=1}^nFix(T_i) $ thì $\{C_n\}_n $ là dãy giảm các tập lồi, đóng, bị chặn, khác rỗng và $\cap_n C_n=\cap_i Fix(T_i)=\emptyset. $
Mặt khác áp dụng định lý Hahn-Banach ta chứng minh được rằng: với C là tập lồi đóng trong H, và $x_n $ là dãy trong C, và $x_n $ hội tụ yếu tới x thì x thuộc C.
với mỗi n, chọn $x_n\in C_n $, dãy $x_n $ bị chặn do đó có dãy con $x_{n_k} $ hội tụ yếu đến x trong H. với mọi l, và $k\geq l $ ta có $x_{n_k}\in C_{n_l} $, do đó theo trên ta có $x\in C_{n_l} $, vì vậy
$x\in \cap_l C_{n_l}=\cap_n C_n=\emptyset $
vô lý.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[99]

@ anh 123456 : theo anh thì bỏ cái tính khả ly của H có được không ạ? Vì ở đây em thấy C là tập compact yếu và họ các tập Fix(T) là họ các tập đóng (yếu) có tính chất giao hữu hạn nên họ đó có giao khác rỗng.

Nếu lý luận này không sai thì không hiểu sao phải thêm tính khả ly của H?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[mathvn]

Nguyên văn bởi 99

@ anh 123456 : theo anh thì bỏ cái tính khả ly của H có được không ạ? Vì ở đây em thấy C là tập compact yếu và họ các tập Fix(T) là họ các tập đóng (yếu) có tính chất giao hữu hạn nên họ đó có giao khác rỗng.

Nếu lý luận này không sai thì không hiểu sao phải thêm tính khả ly của H?

Đúng vậy tính khả ly của H là thừa.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[99]

cám ơn anh, món giải tích hàm này em chưa có nhiều thời gian ngồi luyện nên chưa chắc kiến thức lắm, nên hơi dè dặt khi phát biểu
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]