Que $X$ sea un espacio de Banach, $r > 0$, $A: K_r(X) \rightarrow X$ una contracción (donde $K_r(X)$ es la bola cerrada de radio $r$y centro $0$ $X$), con contracción constante $0<q de="" el="" es="" k_r="" l="" que="" satisface="" tambi="">Entonces existe un único punto de $A$ $K_r(X)$ fijo.
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Hay una pregunta surgen con respecto a mi de la solución de la pregunta original. A la respuesta sería demasiado para un comentario. Por tanto, he decidido dividir el post original.
Para demostrar la unicidad del punto fijo es simple, ya que $A$ es una contracción. Suponga que $x^*$ $x^{**}$ dos puntos fijos de $A$. A continuación, se deduce que $$ \|x^* - x^{**}\| = \|Ax^* - Ax^{**}\| \leq q\|x^* - x^{**}\| $$ y, por tanto,$q \geq 1$, lo cual es una contradicción.
Antes de llegar a la solución final para la existencia, he encontrado dos resultados intermedios.
1) Solución para finito dimensionales espacios de Banach
Deje $X$ ser finito dimensional espacio de Banach. A continuación definimos $$ \rho: X \rightarrow K_r(X), \rho(x) = \begin{cases} x &\text{ if } x \in K_r(X)\\ r\frac{x}{\|x\|} &\text{ otherwise} \end{casos} $$ Esta asignación también se llama la radial retracción de $X$ $K_{r}(X)$es continua.
Desde $A$ es una contracción, $A$ es también continua. Por eso sabemos que $$ \rho \circ Una: K_r(X) \rightarrow K_r(X) $$ es continua. Ya que estamos en un finito dimensional espacio de Banach el operador $\rho \circ A$ tiene un punto fijo $x^* \in K_r(X)$, lo que sigue a partir de Brouwer del teorema de punto fijo.
Ahora queda por demostrar que esto es también un punto fijo de $A$. Aquí vamos a utilizar la segunda hipótesis sobre el límite. Suponga que $\|Ax^*\| > r$. Entonces $$ x^* = (\rho \circ A)(x^*) = r \frac{Ax^*}{\|Ax^*\|} \en S_r(X) $$ y, por tanto,$Ax^* = \frac{\|Ax^*\|}{r} x^* \not \in K_r(X)$. Esta es una contradicción a $A(S_r(X)) \subseteq K_r(X)$ y, por tanto,$\|Ax^*\| \leq r$. Pero, a continuación, $$ x^* = \rho(Ax^*) = Ax^* $$ y nos encontramos con un punto fijo de $A$.
2) Solución para Hilbertspaces
Siguiendo los consejos de Daniel Fischer he logrado demostrar, que $\|\rho(x) - \rho(y)\| \leq \|x-y\|$ tiene para todos los $x,y\in X$ si $X$ es un Hilbertspace. Esto es muy largo y los argumentos técnicos que participan varios de los casos y la polarización de la identidad.
Una vez que sabemos esto, podemos ver fácilmente que el $\rho \circ A$ es una contracción que los mapas de $K_{r}(X)$ a sí mismo. Por lo tanto, tiene un punto fijo por Banach del teorema de punto fijo y al igual que en el finito dimensionales caso podemos ver que tiene un punto fijo de $A$.
Esto parecía una buena idea al principio, pero es un poco desordenado y no quería seguir con ella. También es cuestionable si funciona para cualquier espacio de Banach. Daniel Fischer supone que podría funcionar para todos uniformemente convexo espacios pero yo no comprobar que.
Luego me puse consejos para diseccionar el operador $$ Bx = \frac{x + Ax}{2} $$ lo que finalmente condujo a la
3) Solución para espacios de Banach arbitrarios
Uno puede ver que cada punto fijo de $B$ es un punto fijo de $A$ $x, y \in K_{r}(X)$ hemos $$ \|Bx - By\| = \|\frac{1}{2}(x - y) + \frac{1}{2}(Ax - Ay)\| \leq \frac{1}{2}\|x - y\| + \frac{1}{2}\|Ax - Ay\| \leq \frac{1 + p}{2}\|x - y\|, $$ por lo $B$ es una contracción. Queda por demostrar que $B(K_{r}(X)) \subseteq K_{r}(x)$.
Si asumimos $X \neq \{0\}$ entonces siempre existe $x \in S_{r}(X)$. Entonces tenemos para $0 \in K_{r}(X)$ que $$ \|A0\| = \|A0 - Ax + Ax\| \leq \|A0 - Ax\| + \|Ax\| \leq q\|x\| + \|Ax\| \leq r(p + 1) \leq 2r. $$ Aquí he utilizado el hecho de que $A(S_{r}(X)) \subseteq K_{r}(X)$.
A continuación, obtener $$ \|B0\| = \left\|\frac{A0}{2}\right\| \leq r $$ así como para cualquier $0 \neq x \in K_{r}(X)$ $$\begin{align} \|Bx\| &= \left\|\frac{x + Ax - A\left(\frac{r}{\|x\|}x\right) + A\left(\frac{r}{\|x\|}x\right)}{2}\right\| \leq\\ &\leq \frac{1}{2}\|x\| + \frac{1}{2}\left\|Ax - A\left(\frac{r}{\|x\|}x\right)\right\| + \frac{1}{2}\left\|A\left(\frac{r}{\|x\|}x\right) \right\| \leq\\ &\leq \frac{1}{2}\|x\| + \frac{1}{2}q(r - \|x\|) + \frac{1}{2}r =\\ &= \frac{1}{2}\|x\|(1 - q) + \frac{1}{2}qr + \frac{1}{2}r \leq\\ &\leq \frac{1}{2}r(1 - q) + \frac{1}{2}qr + \frac{1}{2}r = r \end{align} $$
Finalmente llegamos $B(K_{r}(X)) \subseteq K_{r}(X)$ y del teorema de Banach ahora sabemos que $B$ tiene un punto fijo, que también es un punto fijo de $A$.
Me preguntaron por Chellapillai cómo llegué a la idea de intervenir en el mapa $$ Bx = \frac{x + Ax}{2}. $$ Como se dijo anteriormente es este ni idea de mi propio, pero también he tratado de llegar con una heurística después.
Es muy sencillo demostrar que $A$ mapa de $K_{r}(X)$ $K_{2r}(X)$(esto funciona muy similar a la del caso de $x = 0$ por encima. Sólo el uso de $r\frac{x}{\|x\|}$ en lugar de un arbitrario $x \in S_{r}(X)$.) Por lo tanto, es simple para llegar a la idea de la disección de la operadora $$ Bx = \frac{1}{2}Ax. $$ Obviamente esta es una contracción si $A$ es una contracción y mapas de $K_{r}(X)$ volver a sí mismo. Por Banach del teorema por lo tanto, tiene un fijo en un punto y, por tanto, debe sostener que $$ x^{*} = Bx^{*} = \frac{1}{2}Ax^{*} \Leftrightarrow Ax^{*} = 2x^{*}. $$ En este momento, me hizo llegar antes de recibir consejos, pero pensé que no llevan a ninguna parte. Pero a partir de ahí es en realidad bastante simple para llegar a la derecha del operador. Solo miren $$ \begin{align*} &Ax^{*} = x^{*} + x^{*}\tag{1}\\ &Ax^{*} + x^{*} = x^{*} + x^{*} \Leftrightarrow\tag{2}\\ &\frac{Ax^{*} + x^{*}}{2} = x^{*} \end{align*} $$
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