Que $K$ un espacio normado compacto y $f:K\rightarrow K$ así que $$\|f(x)-f(y)\|<\|x-y\|\quad\quad\forall\,\, x, y\in K, x\neq y.$$ Prove that $$ %f tiene un punto fijo.
Respuestas
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Lissome
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31
La secuencia de $K \supset f(K) \supset f(f(K)) \supset \cdots$ es una secuencia anidada de conjuntos compactos. Entonces su intersección es no vacía.
Indicar la intersección de $A$. A continuación, ya que
$$A =\cap f^{(n)}(K)$$
es fácil mostrar que $f(A)=A$.
Nota: hay un error tipográfico en el problema, la desigualdad sólo puede tener para $x \neq y$.
Desde $A$ es no vacío, compacto y por Esta Pregunta se puede encontrar$a_1,a_2 \in A$, de modo que
$$\|a_1-a_2\| = \operatorname{diam}(A) \,.$$
Yo reclamo que $a_1=a_2$, lo que muestra que $A$ se compone de un solo punto.
En efecto, como $f(A)=A$, pick $x_1,x_2 \in A$, de modo que $f(x_i)=a_i$. Si asumimos por la contradicción que $a_1 \neq a_2$
$$\operatorname{diam}(A)=\|a_1-a_2\| = \| f(x_1)-f(x_2) \| < \|x_1-x_2 \|$$
pero esto es una contradicción, como $x_1,x_2 \in A$.
Como $A$ es un solo conjunto de puntos y $f(A)=A$ hemos terminado.
Editar: tenga en cuenta que $f$ es continua. (¿Por qué?) Definir $$g(x)=\lVert f(x)-x\rVert$$ for all $x\in K $. Use the compactness of $K $ to show that $g $ obtains a non-negative minimum. If $f $ has no fixed point, we can then derive a contradiction. (Apologies for my earlier, bogus approach.) You can further show that $f # $ tiene un único punto, fijo Si quieres.
Tim Abell
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145
Si $K$ es un espacio vectorial, como parece, podemos probar algo un poco más fuerte
Deje $K$ un compacto normativa espacio vectorial. Si $f:K\to K$ es una función tal que $$\|f(x)-f(y)\|\leq \|x-y\|\qquad\forall x,y\in K,$$ then $f$ ha de punto fijo.
De hecho, para cada una de las $n\in\Bbb N$, definir $f_n:K\to K$ por $$f_n(x)=\left(1-\frac1n\right)f(x).$$ Ahora cada una de las $f_n$ es una contracción, por lo que el Banach del teorema de punto fijo se aplica, por lo que para cada una de las $n\in\Bbb N$, $x_n\in K$ tal que $$f_n\left(x_n\right)=x_n.$$
Considerar la secuencia de $\left(x_n\right)_{n\in\Bbb N}$. Desde $K$ es compacto, debe tener un convergentes subsequence $\left(x_{n_k}\right)_{k\in\Bbb N}$, decir $$x_{n_k}\to x.$$ Finalmente $$\begin{align*} f_{n_k}\left(x_{n_k}\right) &= x_{n_k} &&\forall k\in\Bbb N\\ \left(1-\frac{1}{n_k}\right)f\left(x_{n_k}\right) &= x_{n_k} &&\forall k\in\Bbb N\\ \lim_{k\to\infty} \left(1-\frac{1}{n_k}\right)f\left(x_{n_k}\right) &= \lim_{k\to\infty} x_{n_k}\\ f(x) &= x &&\text{because %#%#% is continuous.} \end{align*}$$
Leon Katsnelson
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274
Aquí está una prueba por contradicción:
Primero nos tenga en cuenta que si $f(x)=x$$f(x')=x'$, debemos tener $x=x'$ (de lo contrario $\|f(x')-f(x)\| =\|x'-x\| < \|x'-x\|$, lo cual es una contradicción). Por lo tanto, cualquier punto fijo es único.
Elija $x_1 \in K$ y deje $x_{n+1} = f(x_n)$. Si $x_{n+1} = x_n$ algunos $n$, tenemos un punto fijo, por lo que asumir que $x_{n+1} \neq x_n$ todos los $n$. Tenga en cuenta que $\|x_{n+2}-x_{n+1}\| < \|x_{n+1} - x_{n}\|$ todos los $n$.
Desde $K$ es compacto, podemos encontrar una larga tal que $x_{n_k} \to x$$x_{n_k+1} \to x'$. Si $x' = x$ hemos encontrado un punto fijo, así que supongo $x \neq x'$. Luego tenemos a $\|f(x')-f(x) \| < \|x'-x\|$. Deje $\lambda = \frac{\|f(x')-f(x) \|}{\|x'-x\|}$, y tenga en cuenta que $\lambda <1$.
Por la continuidad, para algunos $\beta \in (\lambda,1)$ tenemos $\|f(y')-f(y) \| \le \beta \|y'-y\|$ $y'$ cerca de $x'$ $y$ cerca de $x$.
Deje $d_n = x_{n+1}-x_n$. Luego tenemos a $\|d_{n+1} \| < \|d_n\|$ todos los $n$, e $\|d_{n_{k+1}}\| \le \beta \|d_{n_k} \|$ infinitamente a menudo. Por lo tanto $d_n \to 0$, lo cual es una contradicción.
Mhenni Benghorbal
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1
Usted puede utilizar el Teorema del punto fijada de Banach señalando, su espacio $K$ es completa, puesto que la compacticidad implica integridad, y el mapa es una contracción.
