Nepokretna tačka za kontraktivna preslikavanja lokalnog tipa u tački

Univerzitet u Nišu Prirodno - matematički fakultet Departman za matematiku Nepokretna tačka za kontraktivna preslikavanja lokalnog tipa u tački Master rad Mentor: Prof.dr Dejan Ilić Student: Sanja Randelović Niš Oktobar 203.

Sadržaj Uvod 2 Banachov princip kontrakcije 4. Uvodni pojmovi.......................... 4.2 Banachova teorema o fiksnoj tački................ 6 2 Kontraktivna preslikavanja na kompletnim metričkim prostorima 9 2. Uopštenja Banachove kontrakcije................ 9 2.2 Ćirićeva generalizovana kontrakcija............... 5 2.3 Fiksna tačka i neopadajuće funkcije............... 24 3 Kontrakcije na generalisanim metričkim prostorima 29 3. Generalisani metrički prostori.................. 29 3.2 Neka poznata tvrdenja u generalisanim prostorima....... 3 3.3 Preslikavanja sa generalizovanom kontraktivnom iteracijom u tački................................ 39 3.4 Ćirićeva teorema......................... 46 4 Kvazi-kontrakcije na nekim metričkim prostorima 5 4. Fisherova kvazi-kontrakcija.................... 5 4.2 Konusni metrički prostori.................... 56 4.3 Fisherova kvazi-kontrakcija na konusnim metričkim prostorima 58 Zaključak 6 Literatura 62 Biografija 64

Uvod Problem fiksne tačke javio se 922. godine, kada je Banach uveo pojam kontrakcije na metričkim prostorima. Medutim, značajnija proučavanja počinju sedamdesetih godina prošlog veka. Značajne rezultate u ovoj oblasti dali su Sehgal 2, Guseman 3, Ćirić4, Rakočević 5,... Teorija fiksne tačke je glavna grana nelinearne analize. Kao što sam naziv kaže, ova grana matematike se bavi problemima egzistencije, odredivanja i konstrukcije fiksne tačke preslikavanja. Od velikog su značaja primene ove grane pri rešavanju sistema od n jednačina, pri rešavanju diferencijalnih i integralnih jednačina u matematici, kao i mnogih problema u fizici, hemiji i biologiji. Teorija fiksne tačke je opširna oblast, koja se i danas uveliko proučava. U ovom radu ćemo se baviti problemima fiksne tačke kontraktivnih prelikavanja lokalnog tipa u tački. Rad je tematski podeljen na četiri celine. Prikaz osnovnih ideja, pojmova i tvrdenja iz teorije fiksne tačke dat je u prvom delu. Uveden je pojam kontrakcije, i dati su uslovi egzistencije fiksne tačke preslikavanja. U drugom delu se proučavaju kontrakcije na kompletnim metričkim prostorima. Naime, u radovima Sehgala, Gusemana, Ćirića i Matkowskog 6 proširuje se pojam kontrakcije. Navedeni su glavni rezultati kao i značajne posledice. U narednom delu se bavimo kontrakcijama na generalisanim metričkim prostorima. U ovom delu uopštavamo pojam metrčkog prostora, niza, kontrakcije i td. Navodimo značajne doprinose razvoju teorije fiksne tačke koje su dali naši matematičari. U poslednjem delu akcenat je na proučavanju kvazi-kontrakcije na nekim metričkim prostorima. Najpre se izučava Fisherova 7 kvazi-kontrakcija Stefan Banach - poljski matematičar 2 V.M.Sehgal- indijski matematičar 3 Lawrence F. Guseman Jr.- matematičar 4 Ljubomir Ćirić-srpski matematičar 5 Vladimir Rakočević-srpski matematičar 6 Janusz Matkowski-poljski matematičar 7 Brian Fisher-američki matematičar 2

na kompletnom metričkom prostoru,a zatim se uvodi pojam konusnog metričkog prostora i posmatraju se uopštenja Fisherove kvazi-kontrakcije, u radovima Gajić 8, Ilića 9 i Rakočevića. Zahvaljujem se mentoru, prof. dr Dejanu Iliću na podršci i pomoći pri izradi rada. 8 Ljiljana Gajić- srpski matematičar 9 Dejan Ilić- srpski matematičar 3

Glava Banachov princip kontrakcije. Uvodni pojmovi U ovoj sekciji ćemo navesti ideje na kojima se izgraduje celokupna teorija fiksne tačke. Jedan od važnijih problema u matematici jeste ispitati da li neko preslikavanje ima fiksnih tačaka, i, ukoliko ima, ispitati njihovu prirodu. Definicija. Neka je X neprazan skup i T : X X. Element u X, ako postoji, je fiksna (nepokretna) tačka preslikavanja T ako važi T (u) = u. U tom slučaju, kaže se da preslikavanje T ima fiksnu (nepokretnu) tačku. Navešćemo nekoliko primera koji će opravdati neophodnost uvodenja pojma fiksne tačke. Sa FixT ili F T označavamo skup svih fiksnih tačaka preslikavanja T. Primer.. Neka je X = R i T (x) = x 2 3x +. Tada preslikavanje T ima samo jednu fiksnu tačku, tj. F T = {}. Primer..2 Za preslikavanje T (x) = x 2 2x,gde je X = R, skup svih fiksnih tačaka je F T = {0, 3}. Primer..3 Ako je X = R i T (x) = x,skup svih fiksnih tačaka preslikavanja T je cela realna prava,tj. F T = R. Primer..4 Za X = R i T (x) = x 8 je F T =. Vodeni prethodnim primerima, postavlja se pitanje da li svako neprekidno preslikavanje ima fiksnu tačku. Odgovor daje sledeća teorema. 4

Teorema.. Svako neprekidno preslikavanje T : [a, b] [a, b] ima fiksnu tačku na segmentu [a, b]. Dokaz: Neka je F (x) = x T (x). Ako je a = T (a) ili b = T (b), tada je a, odnosno b fiksna tačka. U suprotnom je a < T (a) i b > T (b), pa je F (a) = a T (a) < 0 F (b) = b T (b) > 0. Pošto je F neprekidno preslikavanje, postoji u (a, b) takvo da je F (u) = 0 tj. T (u) = u. Ova teorema pokazuje da neprekidna i ograničena funkcija ima fiksnu tačku. Neophodnost uslova ograničenosti pokazuje sledeći primer. Primer..5 Neka je T : R + R +, T (x) = x 2 + a, a >, pri čemu je a 4 proizvoljna konstanta. Tada je T (x) x = x 2 + a x = x 2 2 x + ( 2 2 )2 ( 2 )2 + a = (x 2 )2 + a > 0, 4 za svako x R +. Očigledno, preslikavanje T nema fiksnu tačku. Posmatrajmo, sada, diferencijabilna preslikavanja.sledeća teorema govori o egzistenciji fiksne tačke ovih preslikavanja. Teorema..2 Neka je T : [a, b] [a, b] diferencijabilno preslikavanje za koje postoji L [0, ) tako da je Tada T ima tačno jednu fiksnu tačku. ( x [a, b])( T (x) L). Dokaz: Zbog diferencijabilnosti preslikavanja T imamo da je ovo preslikavanje neprekidno, pa na osnovu teoreme (..) ima bar jednu fiksnu tačku. Dokazimo jedinstvenost te fiksne tačke. Pretpostavimo suprotno, tj. da preslikavanje T ima dve fiksne tačke u i v. Tada postoji c [a, b] tako da je u v = T (u) T (v) = T (c)(u v) L u v < u v, što je kontadikcija. Postavlja se pitanje, da li postoji šira klasa preslikavanja definisanih u nekim metričkim prostorima koje imaju fiksnu tačku. Traženje odgovora na ovo pitanje dovodi nas do pojma kontrakcije u metričkim prostorima, tj. do kontraktivnih preslikavanja. 5

.2 Banachova teorema o fiksnoj tački Definicija.2 Neka je (X, d) metrički prostor. Preslikavanje T : X X je kontrakcija (q-kontrakcija) ako postoji q [0, ), tako da važi d(t (x), T (y)) q d(x, y), za svako x, y X; Navešćemo nekoliko primera. Primer.2. Preslikavanje T : R R, definisano sa T (x) = x 2 4 je kontrakcija, pri čemu je F T = { 8}. Primer.2.2 Primer 4-Lipschitzovog preslikavanja je preslikavanje T : [, 2] [, 2] definisano sa T (x) =. Skup njegovih fiksnih tačaka je 2 2 x F T = {}. Sledeća teorema je poznata Banachova teorema o fiksnoj tački; često se naziva i Banachov princip kontrakcije. Banachova teorema o fiksnoj tački garantuje egzistenciju i jedinstvenost fiksne tačke preslikavanja nekog metričkog prostora na sebe, i daje konstruktivni metod za odredjivanje fiksne tačke. Teorema.2. (Banach) Neka je (X, d) kompletan metrički prostor i T : X X kontrakcija. Tada preslikavanje T ima tačno jednu fiksnu tačku. Dokaz: Neka je x 0 X proizvoljna tačka prostora X. Formirajmo niz (x n ) n tačaka prostora X na sledeći način: x = T x 0, x 2 = T x,..., x n = T (x n ),.... Pokažimo da je taj niz konvergentan. Kako je po pretpostavci metrički prostor X kompletan, dovoljno je pokazati da je niz (x n ) n Cauchyev. Iz d(x n, x n+ ) = d(t (x n ), T (x n )) q d(x n, x n )... q n d(x 0, x ), za m > n sledi d(x n, x m ) d(x n, x n+ ) + d(x n+, x n+2 ) +... + d(x m, x m ) q n d(x 0, x ) + q n+ d(x 0, x ) +... + q m d(x 0, x ) (q n + q n+ +... + q m ) d(x 0, x ) q n ( + q +...) d(x 0, x ) = q n q d(x 0, x ) (.) Augustin Louis Cauchy-francuski matematičar 6

Kako je 0 < q < sledi da je (x n ) n Cauchyev niz. Prema tome, postoji u X tako da niz (x n ) n konvergira ka u. Pokažimo da je u fiksna tačka preslikavanja T. Zaista, iz d(x n, T (u)) = d(t (x n ), T (u)) q d(x n, u), a kako x n u sledi x n T (u) kad n, pa je T (u) = u. Pokažimo jedinstvenost fiksne tačke. Ako bi postojala još jedna fiksna tačka v X, v u, sa svojstvom T (v) = v, tada iz d(u, v) = d(t (u), T (v)) q d(u, v) sledi ( q) d(u, v) 0, što je u suprotnosti sa pretpostavkom 0 < q <. Dokaz Banachovog principa kontrakcije daje metod za nalaženje fiksne tačke kontraktivnog preslikavanja T. Ovaj metod se naziva metod sukcesivnih aproksimacija, i sastoji se u tome, da se polazeći od proizvoljne tačke prostora X(nulte aproksimacije x 0 ) formira niz x n = T (x n ) koji konvergira ka u. Kada u (.) uzmemo da m,sledi d(x n, u) a q n q, gde je a = d(x 0, x ), odakle možemo proceniti grešku prilikom aproksimacije tačnog rešenja u jednačine T (x) = x približnom vrednošću x n. Navešćemo neke posledice Banachove teoreme. Posledica.2. Neka je S zatvoren podskup kompletnog metričkog prostora (X, d) i neka je T : S S kontrakcija. Ako je x 0 X proizvoljna tačka i x n+ = T x n, n 0, onda niz (x n ) n konvergira ka fiksnoj tački preslikavanja T. Uslov da S bude zatvoren je neophodan. To pokazuje sledeći primer. Primer.2.3 Neka je X = R Banachov prostor sa uobičajenom metrikom d(x, y) = x y, S = K(0, ) = {x R : x < } i p R, p =. Tada kontrakcija T : S S, T x = x + p, 2 nema fiksnu tačku. Posledica.2.2 Neka je (X,d) kompletan metrički prostor i T : X X preslikavanje tako da je T n kontrakcija za neko n. Tada jednačina T x = x ima jedinstveno rešenje. 7

Dokaz: Primenimo Banachovu teoremu o fiksnoj tački na presikavanje T n. Sledi, postoji u X takva da je T n u = u. Tada je: T u = T (T n u) = T n (T u). Dakle T u je fiksna tačka preslikavanja T n. Zbog jedinstvenosti fiksne tačke sledi T u = u, što je trebalo pokazati. 8

Glava 2 Kontraktivna preslikavanja na kompletnim metričkim prostorima 2. Uopštenja Banachove kontrakcije U ovoj sekciji ćemo uopštavati Banachove rezultate o fiksnoj tački. Naime, bavićemo se problemima egzistencije i jedinstvenosti fiksne tačke na kompletnim metričkim prostorima. Započinjemo rezultatima koje je dao Sehgal. Lema 2.. Neka je T : X X preslikavanje koje zadovoljava uslov: postoji q < takvo da za svako x X, postoji jedinstven pozitivan ceo broj n(x),takav da je za svako y X d(t n(x) y, T n(x) x) q d(y, x). (2.) Tada je za svako x X, r(x) = sup n d(t n x, x) konačno. Dokaz: Neka je x X i neka je l(x) = max{d(x, T k x), k =, 2,..., n(x)}. Ako je n pozitivan ceo broj. Ukoliko je n n(x), tada je d(x, T n x) l(x) < +, čime je lema dokazana. Neka je n > n(x). Tada postoje brojevi s 0 9

0 p < n(x) takvi da je n = s n(x) + p. Tada je d(x, T n x) d(x, T n(x) x) + d(t n(x) x, T n x) = d(x, T n(x) x) + d(t n(x) x, T s n(x)+p x) = d(x, T n(x) x) + d(t n(x) x, T n(x) T (s ) n(x)+p x) l(x) + q d(x, T (s ) n(x)+p x) q d(x, T n(x) x) + q d(t n(x) x, T n(x) T (s 2) n(x)+p x) + l(x) q l(x) + q 2 d(x, T (s 2) n(x)+p x) + l(x)... q s d(x, T p x) + q s l(x) +... + q l(x) + l(x) q s l(x) + q s l(x) +... + q l(x) + l(x) l(x) q. Dakle, r(x) = sup n d(x, T n x) je konačno. Teorema 2.. (Sehgal) Neka je (X, d) kompletan metrički prostor i T : X X neprekidno preslikavanje koje zadovoljava uslov prethodne leme. Tada preslikavanje T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X i T n (x 0 ) u, za svako x 0 X. Dokaz: Neka je x 0 X proizvoljno. Neka je m 0 = n(x 0 ), x = T m 0 x 0 i definišimo induktivno m i = n(x i ), x i+ = T m i x i. Pokazaćemo da je niz (x n ) n konvegentan. Zbog kompletnosti prostora X, dovoljno je pokazati da je (x n ) n Cauchyev. Očigledno je d(x n, x n+ ) = d(t m n x n, T mn x n ) = d(t m n x n, T m n T mn x n ) q d(x n, T mn x n )... q n d(x 0, T mn x 0 ) Prema tome, iz prethodne leme sledi da je d(x n, x n+ ) q n r(x 0 ). Tada, za svako m > n važi: d(x n, x m ) m i=n + i=n d(x i, x i+ ) q i r(x 0 ) = m i=n q i r(x 0 ) qn q r(x 0) 0, n, pa je zbog kompletnosti prostora X niz (x n ) n konvergentan u X. Neka x n u X. Ako je T u u, onda postoji par disjunktnih, zatvorenih okolina U i V, takvih da je u U, T u V i ρ = inf{d(x, y) : x U, y V } > 0. (2.2) 0

Kako je T neprekidno preslikavanje, x n U i T (x n ) V za svako n, dovoljno veliko. Medutim, d(x n, T x n ) = d(t m n x n, T m n T x n ) q d(x n, T x n )... q n d(x 0, T x 0 ) q n r(x 0 ) 0, n, što je u kontradikciji sa izborom ρ. Dakle, T u = u. Jedinstvenost fiksne tačke sledi neposredno, iz uslova teoreme. Pokažimo da je T n x 0 u. Označimo sa ρ = max{d(u, T m x 0 ) : m = 0,, 2,..., (n(u) )}. Za dovoljno veliko n, važi n = r n(u) + p, 0 p < n(u), r > 0, i d(u, T n x 0 ) = d(t n(u) u, T r n(u)+p x 0 ) q d(u, T (r ) n(u)+p x 0 )... q r d(u, T p x 0 ) q r ρ. Kako iz n sledi r, dobijamo d(u, T n x 0 ) 0 kada n. Neka je (X, d) kompletan metrički prostor. Posmatrajmo preslikavanje T : X X, koje ne mora biti neprekidno, i za koje postoji k takvo da je 0 k <, i pozitivan ceo broj n tako da je d(t n x, T n y) k d(x, y) važi za svako x, y X. Ovaj uslov se naziva Bryantovim uslovom, i stroži je od uslova koji je dao Sehgal, što pokazuje sledeći primer. Primer 2.. Neka je X zatvoreni jedinični interval [0, ] sa uobičajenom metrikom. Tada se X može napisati u sledećem obliku: [ ] X = 2, {0}, n 2 n n= i neka je preslikavanje T : X X definisano na sledeći način: Za svako n =, 2,..., neka je [ ] [ T : 2, n 2 n 2, ] n+ 2 n definisano sa T (x) = Jack Bryant-američki matematičar n+2 (x ) +, x n+3 2 n 2 n x 2 n+ [ ] 3n+5, 2 n+ (n+2) 2 n [ 2 n, 3n+5 2 n+ (n+2) 0, x = 0. ],,

Očigledno, T je nerastuće, neprekidno preslikavanje na [0, ] čija je jedinstvena fiksna tačka u = 0. Pri tom, T nije kontrakcija. Ako je x [ ], 2 n 2 n i y X, onda ispitivanjem slučajeva y [ ], 2 m 2 za m n i m n, m jednostavno se pokazuje da T zadovoljava nejednakost T x T y n+3 x y za svako y X. n+4 Ako u (2.) stavimo q = /2, tada za svako x [ ], 2 n 2, n(x) se može n uzeti kao n + 3, dok se n(0) može uzeti kao proizvoljan prirodan broj veći od jedan. Da bismo pokazali da je Bryantov uslov stroži od uslova (2.), neka su dati 0 q < i pozitivan ceo broj N. Pokazaćemo da postoje x i y takvi da je T N x T N y q x y. Fiksirajmo n > Nq 2. Kako je T i ravnomerno q neprekidno na [0, ] za i =, 2,..., N, postoji δ > 0 tako da x y > δ T i x T i y < n + N + 3 (n + N + 2) 2 n+n+ za i =, 2,..., N. Ako uzmemo x = i y bilo koji broj iz [ 2 n da je 0 < x y < δ, može se pokazati da su T i x i T i y u [ ] 3(n + i) + 5 2 n+i+ (n + i + 2), 2 n+i za i =, 2,..., N. Prema tome T x T y = n + 2 x y, n + 3 T 2 x T 2 y n + 2 = x y, n + 4 2 n, 2 n ] tako. T N x T N y n + 2 = x y > q x y. n + 2 + N Sada ćemo navesti neke radove Gusemana. Njegovi rezultati predstavljaju generalizaciju rezultata koje je dao Sehgal, a odnose se na preslikavanja koja ne moraju biti neprekidna, a koja su kontraktivna u svakoj tački nekog podskupa B datog prostora X, pri čemu B i X mogu biti i jednaki. Lema 2..2 Neka su dati metrički prostor (X, d), preslikavanje T : X X, neka je B X i T (B) B. Pretpostavimo da postoji u B i pozitivan ceo broj n(u) takav da je T n(u) u = u i d(t n(u) x, T n(u) u) q d(x, u), (2.3) za neko q < i svako x B. Tada je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T u B i T n y 0 u, za svako y 0 B. 2

Dokaz: Iz (2.3) i pretpostavke tvrdenja sledi da je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T n(u) u B. Tada iz T u = T T n(u) u = T n(u) T u sledi T u = u. Dakle, tačka u je i jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T na B. Neka je y 0 B. Iz T (B) B sledi {T n y 0 : n } B. Neka je α(y 0 ) = max {d(t m y 0, u) : m n(u) } i neka je, za dovoljno veliko n, n = r n(u) + s, r > 0, 0 s < n(u). Tada je d(t n y 0, u) = d(t r n(u)+s y 0, T n(u) u) q d(t (r ) n(u)+s y 0, u) odakle sledi T n y 0 u, n.... q r d(t s y 0, u) q r α(y 0 ), Teorema 2..2 (Guseman) Neka je (X, d) kompletan metrički prostor i neka je dato preslikavanje T : X X. Pretpostavimo da postoji B X takav da ) T (B) B, 2) za neko q < i svako y B postoji prirodan broj n(y) tako da je d(t n(y) x, T n(y) y) q d(x, y) za svako x B i 3) za neko x 0 B, {T n x 0 : n } B. Tada postoji jedinstvena tačka u B takva da je T u = u i T n y 0 u za svako y 0 B. Pri tom, ako je d(t n(u) x, T n(u) u) q d(x, u) za svako x X, tada je tačka u jedinstvena u X i T n x 0 u za svako x 0 X. Dokaz: Ako je y B, kao u dokazu leme (2..2) može se pokazati da je r(y) = sup n d(t n y, y) konačno. Za x 0 B, neka je m 0 = n(x 0 ), x = T m 0 (x 0 ), i induktivno, neka je m i = n(x i ), x i+ = T m i x i. Primetimo da važe sledeće nejednakosti: i za m > n d(x n+, x n ) q n d(t mn x 0, x 0 ) q n r(x 0 ), n d(x n, x m ) m l=n d(x l+, x l ) qn q r(x 0). Sledi da je niz (x n ) n Cauchyev. Koristeći kompletnost prostora i uslov 3) teoreme, dobijamo da x n u B. Prema 2), postoji prirodan broj n(u) takav da je d(t n(u) y, T n(u) u) q d(y, u) za svako y B. Sledi T n(u) x n T n(u) u. Sada je d(t n(u) u, u) = lim n d(t n(u) x n, x n ). 3

Medutim, d(t n(u) x n, x n ) = d(t m n T n(u) x n, T m n x n ) q d(t n(u) x n, x n )... q n d(t n(u) x 0, x 0 ) 0, n. Zato je T n(u) (u) = u. Prema lemi (2..2), u je jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T na B i T n (y 0 ) u, za svako y 0 B. Poslednje tvrdenje teoreme sledi direktno iz leme. Time je dokaz završen. Napomena 2. Za svako T koje zadovoljava uslov (2.3) iz x n u sledi T n(u) x n T n(u) u. Teorema 2..3 Neka je (X,d) kompletan metrički prostor, T : X X preslikavanje i T n (y 0 ) u, za u, y 0 X. Ako T zadovoljava (2.3) za svako x X, tada T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X i T n x 0 u za svako x 0 X. Dokaz: Sledi direktno iz leme. Navešćemo sada nekoliko primera. Primer 2..2 Definišimo preslikavanje T : [0, ] [0, ] sa {, ako je x iracionalan, T (x) = 2 x, ako je x racionalan. Tada je T ( 2 ) = 2. Za prizvoljno q <, neka je B = { 2} A, gde je A prizvoljna kolekcija iracionalnih brojeva iz [0, ]. Lako se pokazuje da B ne može sadržati bilo koji racionalni broj x 2. Primer 2..3 Definišimo preslikavanje T : [0, ] [0, ] sa { x, ako je x iracionalan, T (x) = x, ako je x racionalan. Tada svaki racionalan broj x je fiksna tačka preslikavanja T. Za proizvoljno q <, B = {x}, x je racionalan. Primer 2..4 Neka je B = {0} I, gde smo sa I označili skup iracionalnih brojeva, i definišimo preslikavanje T : [0, ) [0, ) sa { 0, x B, T (x) = 2 n x, x [ 2 n, 2 (n )) \B, n =, 2,... 4

Tada je 0 fiksna tačka preslikavanja T na [0, ). Za svako x 0 [0, ), T n x 0 0, n i d(t x 0, T 0) 2 d(x 0, 0). Pokazaćemo da postoji x 0 [0, ) takvo da za svako m postoji x m [0, ) tako da je d(t m x m, T m x 0 ) = d(x m, x 0 ). Neka je x 0 = 2 i neka je α(m) = 2m, m. Lako se pokazuje da važi sledeće: (i) T m 2 = 2 α(m), (ii) T m+ 2 = [T m 2 ]2 = [T 2 ]α(m), (iii) T m x = 4 [T m 2 ]2 x, ako je 2 2 x < 2. Neka je y m = ( 2 α(m) + 2 ), za svako m. Iz (i) (iii) dobijamo: d(t m 2, T m ( 2 y m)) = d( 2, 2 y m), m 0. Dakle, T nema kontraktivnu iteraciju u 2. 2.2 Ćirićeva generalizovana kontrakcija Ljubomir Ćirić je u radu [3] uveo pojam generalizovane kontrakcije, i na taj način uopštio pojam kontrakcije koji je uveo Banach. Navodimo sledeću definiciju Definicija 2. Preslikavanje T : X X je generalizovana kontrakcija ako za svako x, y X postoje nenegativni realni brojevi q(x, y), r(x, y), s(x, y), i t(x, y) takvi da je i da važi sup {q(x, y) + r(x, y) + s(x, y) + 2t(x, y)} = k < (2.4) x,y X d(t x, T y) q(x, y)d(x, y) + r(x, y)d(x, T x) +s(x, y)d(y, T y) + t(x, y)(d(x, T y) + d(y, T x)). 5

Jasno, T je generalizovana kontrakcija ako i samo ako T zadovoljava sledeći uslov { d(t x, T y) q max d(x, y), d(y, T y), d(x, T x), } [d(x, T y) + d(y, T x)], 2 za svako x, y X i neko 0 < q <. U ovoj sekciji posmatraćemo preslikavanja koja ne moraju biti neprekidna i koja zadovoljavaju uslov: postoji pozitivan realan broj 0 < q < takav da za svako x X postoji prirodan broj n(x) takav da je za svako y X { d(t n(x) x, T n(x) y) q max d(x, y), d(y, T n(x) x), d(x, T n(x) y), } 2 [d(x, T n(x) x) + d(y, T n(x) y)] ; (2.5) kao i preslikavanja koja zadovoljavaju jači uslov { d(t n(x) x, T n(x) y) q max d(x, y), 3 [d(y, T n(x) x) + d(x, T n(x) y)], } 3 [d(x, T n(x) x) + d(y, T n(x) y)]. (2.6) Preslikavanje T : X X je kružno (orbitalno) neprekidno ako i samo ako iz lim i T n i x 0 = u sledi T (u) = lim i T T n i x 0. Prostor X je T -orbitalno kompletan ako i samo ako je svaki Cauchyev niz oblika (T n i x) i konvergentan u X. Teorema 2.2. (Ćirić) Neka je T : X X preslikavanje i T n x u za u, x X. Ako T zadovoljava (2.5) u tački u, tj. ako postoje prirodan broj n(u) i pozitivan realan broj q < takvi da je { d(t n(u) y, T n(u) u) q max d(y, u), d(u, T n(u) y), d(y, T n(u) u), } 2 [d(y, T n(u) y) + d(u, T n(u) u)] (2.7) za svako y X, tada T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X i lim n T n y = u za svako y X. 6

Dokaz: Iz lim n T n x = u sledi lim n T n(u) T n x = lim n T n(u)+n x = u. Kako T zadovoljava (2.7) imamo d(u, T n(u) u) d(u, T n x) + d(t n x, T n(u)+n x) + d(t n(u) T n x, T n(u) u) d(u, T n x) + d(t n x, T n(u)+n x) + q a(t n x, u), gde je a(t n x, u) = max { d(t n x, u), d(t n x, T n(u) u), d(u, T n(u)+n x), } 2 [d(t n x, T n(u)+n x) + d(u, T n(u) u)]. Dakle d(u, T n(u) u) ( + q) d(u, T n x) + d(t n x, T n(u)+n x) ako je a(t n x, u) = d(t n x, u), ili d(u, T n(u) u) 2 q (2d(u, T n x) + (2 + q)d(t n x, T n(u)+n x)) ako je a(t n x, u) = 2 [d(t n x, T n(u)+n x) + d(u, T n u)], ili d(u, T n(u) u) q (( + q) d(u, T n x) + d(t n x, T n(u)+n x)) ako je a(t n x, u) = d(t n x, T n(u) u), ili d(u, T n(u) u) ( + q) [d(u, T n x) + d(t n x, T n(u)+n x)] ako je a(t n x, u) = d(u, T n(u)+n x). Kako lim n T n x = u, sledi da d(u, T n(u) u) = 0, tj. T n(u) u = u. Iz (2.7) sledi da je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T n(u) u X. Tada iz T u = T T n(u) u = T n(u) T u sledi T u = u. Očigledno je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T. Sada ćemo pokazati da lim n T n y = u za svako y X. Neka je b(y) = max{d(y, T k y) : k =, 2,..., n(u)}. Ako je n N tada postoje celi brojevi r 0 i 0 s n(u) takvi da je n = r n(u) + s, i imamo d(u, T n y) = d(u, T r n(u)+s y) = d(t n(u) u, T n(u) T (r ) n(u)+s y) { q max d(u, T (r ) n(u)+s y), 2 d(t (r ) n(u)+s y, T n y), } d(u, T n y), d(t (r ) n(u)+s y, u). 7

Kako je d(u, T n y) q d(u, T n y) nemoguće, imamo ili Dakle, d(u, T r n(u)+s y) d(u, T r n(u)+s y) q d(u, T (r ) n(u)+s y), q 2 q d(u, T (r ) n(u)+s y) < q d(u, T (r ) n(u)+s y). d(u, T r n(u)+s y) q d(u, T (r ) n(u)+s y). Ponavljajući ovaj postupak r puta, dobijamo d(u, T r n(u)+s y) q r d(u, T s y) q r b(y). Kada n sledi r, pa je lim n d(u, T n y) = 0, čime je dokaz završen. Lema 2.2. Ako je T : X X preslikavanje koje zadovoljava (2.5) tada za svako x X, r(x) = sup n d(x, T n x) je konačan. Dokaz: Neka je x X i neka je b(x) = max{d(t k x, x) : k =, 2,..., n(x)}. Za dati prirodan broj n neka su p 0 i 0 s n(x) takvi da je n = p n(x) + s. Tada iz d(x, T p n(x)+s x) d(x, T n(x) x) + d(t n(x) x, T n(x) T (p ) n(x)+s x) d(x, T n(x) x) + q c, gde je { c = c(x, T (p ) n(x)+s x) = max d(x, T (p ) n(x)+s x), d(t (p ) n(x)+s x, T n(x) x), d(x, T n x), } 2 [d(x, T n(x) x) + d(t (p ) n(x)+s x, T n x)], sledi d(x, T p n(x)+s x) d(x, T n(x) x) + q d(x, T (p ) n(x)+s x), ako je c = d(x, T (p ) n(x)+s x), ili d(x, T p n(x)+s x) 2 + q 2 q d(x, T n(x) x) + q 2 q d(x, T (p ) n(x)+s x), ako je c = 2 [d(x, T n(x) x) + d(t n x, T (p ) n(x)+s x)], ili d(x, T p n(x)+s x) q d(x, T n(x) x), 8

ako je c = d(x, T n x), ili d(x, T p n(x)+s x) ( + q) d(x, T n(x) x) + q d(x, T (p ) n(x)+s x), ako je c = d(t{ n(x) x, T (p ) n(x)+s } x). } Kako je max, 2+q,, + q = i max q {q,, 0 = q, u svakom od 2 q q q 2 q prethodnih slučajeva imamo: d(x, T p n(x)+s x) q d(x, T n(x) x) + q d(x, T (p ) n(x)+s x). Ponavaljajući ovaj postupak p puta dobijamo d(x, T p n(x)+s x) q d(x, T n(x) x) + q q d(x, T n(x) x) +... + +q p q d(x, T n(x) x) + q p d(x, T n(x) x) ( + q +... + q p ) q b(x) + qp q b(x) ( ) 2 b(x). q Kako je n = p n(x) + s proizvoljno, dokazali smo da je d(x, T n x) ( ) 2 max{d(x, T k x) : k =, 2,..., n(x)}. q Dakle, r(x) = sup n d(x, T n x) je konačan. Sada ćemo posmatrati preslikavanja T-orbitalno kompletnog prostora na sebe, pri čemu je uslov (2.5) zamenjen jačim. Teorema 2.2.2 Neka je T : X X preslikavanje T-orbitalno kompletnog metričkog prostora X na samog sebe. Pretpostavimo da postoji x 0 X sa O(x 0 ) = {T n x 0 : n N} takvo da za neko q < i svako x O(x 0 ) postoji prirodan broj n(x) takav da T zadovoljava uslov (2.6) za svako y O(x 0 ). Tada lim n T n x 0 = u i T u = u. Osim toga,ako T zadovoljava uslov (2.7), u je jedinstvena fiksna tačka u X i lim n T n x = u za svako x X. Dokaz: Ako T zadovoljava (2.6), tada T zadovoljava i (2.5) na O(x 0 ). Prema tome, r(x 0 ) = sup n d(x 0, T n x 0 ) je konačan. Posmatrajmo niz x 0, x = T n(x 0) x 0, x 2 = T n(x ) x,... x i+ = T n(x i) x i,... 9

Za proizvoljan prirodan broj s imamo d(x n, T s x n ) = d(t n(xn ) x n, T n(xn ) T s x n ) { q max d(x n, T s x n ), 3 [d(x n, T n(xn ) x n ) + d(t s x n, T s x n )], } 3 [d(x n, T s x n ) + d(t s x n, x n )]. Prema tome, ili d(x n, T s x n ) q d(x n, T s x n ), d(x n, T s x n ) q max{d(x n, T n(x n ) x n ), d(x n, T s x n ), d(x n, T s+n(x n ) x n )}, ili d(x n, T s x n ) q max{d(x n, T s x n ), d(x n, T s x n ), d(x n, T n(x n ) x n )}. Dakle, d(x n, T s x n ) q max{d(x n, T s x n ), d(x n, T n(x n ) x n ), d(x n, T s+n(x n ) x n )}. Koristeći ovu nejednakost više puta, dobija se: d(x n, T s x n ) q 2 max{d(x n 2, T s x n 2 ), d(x n 2, T n(x n 2) x n 2 ), d(x n 2, T s+n(x n 2) x n 2 ), d(x n 2, T n(x n ) x n 2 ), d(x n 2, T n(x n )+n(x n 2 ) x n 2 ), d(x n 2, T s+n(x n ) x n 2 ), d(x n 2, T s+n(x n )+n(x n 2 ) x n 2 )}... q n r(x 0 ). Odavde sledi da je niz (T n x 0 ) n Cauchyev. Kako je T-orbitalno kompletan prostor, postoji u O(x 0 ) tako da je u = lim n T n x 0. Kako iz (2.6) sledi (2.5), imamo T u = u prema prethodnoj teoremi. Poslednje tvrdenje teoreme sledi direktno. 20

Ćirićeva teorema Rezultati Ljubomira Ćirića, koje ćemo sada navesti, su generalizacija Sehgalovih i Gusemanovih rezultata, koje smo dali u prethodnoj sekciji. Podrazumevaćemo da je (X, d) kompletan metrički prostor i T : X X. Teorema 2.2.3 Ako za svako x X postoji prirodan broj n = n(x) takav da d(t n x, T n y) α max{d(x, y), d(x, T y), d(x, T 2 y), d(x, T 3 y),..., d(x, T n y), d(x, T n x)} (2.8) važi za neko α < i svako y X, tada T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X. Štaviše, za svako x X, lim m T m x = u. Dokaz: Najpre ćemo pokazati da je za svako x X, orbita (T m x) m ograničena. Pokazaćemo da je za svako x X r(x) = sup{d(x, T m x)} m>0 α max {d(x, T s x)} (2.9) 0<s n Neka je m proizvoljan, ali fiksiran prirodan broj i k, k = k(x, m) prirodan broj takav da je d(x, T k x) = max{d(x, T r x) : 0 < r m}. (2.0) Možemo pretpostaviti da je m > n i k > n. Tada, iz nejednakosti trougla i iz (2.8) imamo d(x, T k x) d(x, T n x) + d(t n x, T n T k n x) d(x, T n x) + α max{d(x, T k n x), d(x, T k n+ x),..., d(x, T k x), d(x, T n x)} d(x, T n x) + α max{d(x, T r x) : 0 < r m}. Koristeći (2.0) dobijamo d(x, T k x) d(x, T n x) + α d(x, T k x) i otuda d(x, T k x) α d(x, T n x), tj. max{d(x, T r x) : 0 < r m} α d(x, T n x). Kako je m proizvoljno, sledi sup{d(x, T m x)} m>n α d(x, T n x). 2

Nejednakost (2.9) sledi direktno. Posledica toga je da je orbita (T m x) m ograničena. Neka je x 0 = x X, n 0 = n(x 0 ), x = T n 0 x 0 i induktivno n k = n(x k ), x k+ = T n k x k, k =, 2,.... Očigledno, (x k ) k je podniz orbite (T m x) m. Koristeći ovaj podniz pokazaćemo da je (T m x) m Cauchyev niz. Neka je x k proizvoljan fiksirani član niza (x k ) k i neka su x p = T p x 0 i x q = T q x 0 dva proizvoljna člana orbite (T m x) m koja slede posle x k. Tada x p = T r x k i x q = T s x k za neke r i s respektivno. Koristeći (2.8) dobijamo: gde je d(x k, x p ) = d(t n k x k, T n k T r x k ) α d(x k, T r x k ) d(x k, T r x k ) = max{d(x k, T r x k ), d(x k, T r+ x k ),..., d(x k, T r+n k x k ), d(x k, T n k x k )} Slično, d(x k, T r x k ) α d(x k 2, T r 2 x k 2 ), gde je d(x k 2, T r 2 x k 2 ) = max{d(x k 2, T r 2 x k 2 ),..., d(x k 2, T n k 2 x k 2 )}. Ponavljajući ovaj postupak k puta imamo d(x k, x p ) α d(x k, T r x k ) α 2 d(x k 2, T r 2 x k 2 )... α k d(x 0, T r k x 0 ). Dakle, d(x k, x p ) α k r(x 0 ). Slično, d(x k, x q ) = d(x k, T s x k ) α k r(x 0 ). Sledi d(x p, x q ) d(x p, x k ) + d(x k, x q ) α k 2r(x 0 ). (2.) Kako je α <, iz (2.) sledi da je orbita (T m x) m Cauchyev niz. Iz kompletnosti prostora X sledi da postoji u X tako da je u = lim m T m x 0. Pokazaćemo da je T n(u) u = u. Za m > n = n(u), sada je d(t n u, T n T m x 0 ) α max{d(u, T m x 0 ), d(u, T m+ x 0 ),..., d(u, T m+n x 0 ), d(u, T n u)} Kada m u prethodnoj nejednakosti, sledi da d(t n u, u) α d(u, T n u). 22

Kako je α <, to je u fiksna tačka preslikavanja T n(u). Da bismo pokazali da je u fiksna tačka preslikavanja T, pretpostavimo da je T u u i neka je d(u, T k u) = max{d(u, T r u) : 0 < r n = n(u)}. Tada d(u, T k u) = d(t n u, T k T n u) = d(t n u, T n T k u) α max{d(u, T k u), d(u, T k+ u),..., d(u, T k+n u), d(u, T n u)} α d(u, T k u). Kako je α <, sledi da je d(u, T k u) = 0, odakle sledi da je u fiksna tačka preslikavanja T. Jedinstvenost fiksne tačke sledi direktno iz (2.8). Neka je T neprekidno preslikavanje. U tom slučaju važi sledeća teorema: Teorema 2.2.4 Neka je (X, d) kompletan metrički prostor i neka je T : X X neprekidno preslikavanje koje zadovoljava sledeći uslov: za svako x X postoji prirodan broj n = n(x) takav da za svako y X d(t n x, T n y) α max{d(x, y), d(x, T y), d(x, T 2 y),..., d(x, T n y), d(x, T x), d(x, T 2 x),... d(x, T n x)}, (2.2) gde je 0 α <. Tada preslikavanje T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X. Štaviše, za svako x X, lim k T k x = u. Dokaz: Neka je x proizvoljna tačka iz X. Tada, kao u dokazu prethodne teoreme, orbita (T m x) m je ograničena, i Cauchyev niz u kompletnom metričkom prostoru X, tako da je njena granična vrednost u X. Iz pretpostavke o neprekidnosti preslikavanja T, sledi neprekidnost i preslikavanja T n(u), odakle je T n(u) u = T n(u) lim T m x = lim T m+n(u) x = u. m m Dakle, u je fiksna tačka preslikavanja T n(u). Koristeći iste argumente kao u dokazu prethodne teoreme, sledi da je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T. Napomena 2.2 Uslov da je T neprekidno preslikavanje u teoremi (2.2.4) može se oslabiti sledećim: T n(x) je neprekidno preslikavanje u tački x X. Primetimo da je uslov neprekidnosti preslikavanja T n(u) u teoremi (2.2.4) u tački u neophodan. Zaista, neka je X = [0, ] sa uobičajenom metrikom. Tada je X kompletan. Definišimo preslikavanje T na X koje nije neprekidno,na sledeći način: {, x = 0; T (x) = x, x 0 2 23

Tada imamo d(t 2 x, T 2 y) max{ d(x, T y), 2 d(x, T x) } 2 za svako x, y X tako da T zadovoljava (2.2) a α =. Medutim, T nema 2 fiksnu tačku, jer T n nije neprekidno u 0 za bilo koje n = 2, 3,.... 2.3 Fiksna tačka i neopadajuće funkcije Za funkciju γ : [0, ) [0, ) označimo sa γ n, n = 0,, 2,... njenu n-tu iteraciju. Najpre ćemo dokazati sledeću lemu. Lema 2.3. Neka je γ : [0, ) [0, ) neopadajuća funkcija. svako t > 0, lim n γ n (t) = 0 sledi γ(t) < t. Tada, za Dokaz: Pretpostavimo suprotno, da je za neko t 0 > 0, γ(t 0 ) t 0. Tada, zbog monotonosti funkcije γ, γ n (t 0 ) t 0 za n =, 2,.... Napomena 2.3 Primetimo da za svaku neprekidnu funkciju γ : [0, ) [0, ) koja zadovoljava uslov γ(t) < t za t > 0, lim n γ n (t) = 0. Teorema 2.3. Neka je (X, d) kompletan metrički prostor, T : X X, α: [0, ) 5 [0, ) i neka je γ(t) = α(t, t, t, 2t, 2t) za t 0. Pretpostavimo da važi: ) α je neopadajuća funkcija po svakoj promenljivoj, 2) lim t (t γ(t)) =, 3) lim n γ n (t) = 0, t > 0, 4) za svako x X, postoji pozitivan broj n = n(x) takav da je za svako y X d(t n x, T n y) α(d(x, T n x), d(x, T n y), d(x, y), d(t n x, y), d(t n y, y)). Tada T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X i za svako x X, lim k T k x = u. Dokaz: Najpe ćemo pokazati da je za svako x X, orbita (T i x) i ograničena. Fiksirajmo x X, broj s, 0 s < n = n(x), i stavimo u k = d(x, T k n+s x), k = 0,,..., h = max{u 0, d(x, T n x)}. 24

Zbog 2), postoji c, c > h, tako da je t γ(t) > h, t > c. Zbog izbora c važi u 0 < c. Pokažimo da je za svako k, u k < c. Pretpostavimo suprotno, da postoji pozitivan broj j takav da je u j c, pri čemu je j najmanji takav broj za koji pomenuta nejednakost važi. Iz nejednakosti trougla sledi d(t n x, T (j ) n+s x) d(x, T n x) + u j < 2u j, Sada, koristeći 4) i ), dobijamo d(t j n+s x, T (j ) n+s x) u j + u j < 2u j. u j = d(x, T j n+s x) d(t n x, T n T (j ) n+s x) + d(x, T n x) α(u j, u j, u j, 2u j, 2u j ) + h = γ(u j ) + h, tj. u j γ(u j ) h što je zajedno sa u j > c u kontradikciji sa izborom broja c. Kako je u j < c za j = 0,,..., sledi da je orbita (T i x) i ograničena. Neka je x 0 X i stavimo n 0 = n(x 0 ). Definišimo niz (x k ) k na sledeći način x k+ = T n k x k, n k = n(x k ), k = 0,,... (2.3) Očigledno, (x k ) k je podniz orbite (T i x 0 ) i. Pokazaćemo da je niz (x k ) k Cauchyev. Neka su k i i pozitivni brojevi. Iz (2.3) je: x k+i = T n k+i +...+n k x k. Označimo s 0 = n k+i +... + n k. Sada je d(x k, x k+i ) = d(x k, T s 0 x k ). Pojednostavićemo zapis tako što ćemo staviti t i = d(x k, T i x k ), i označimo sa s jedan od brojeva s 0, n k, s 0 + n k za koji je broj t s najveći. Iz nejednakosti trougla sledi: d(x k, T s 0 x k ) = d(t n k x k, T s 0 x k ) t nk + t s0 2t s, d(t s 0 x k, T s 0 x k ) = d(t n k +s 0 x k, T s 0 x k ) t nk +s 0 + t s0 2t s. Iz 4) i ) sledi: d(x k, x k+i ) = d(x k, T s 0 x k ) = d(t n k x k, T n k T s 0 x k ) α(t s, t s, t s, 2t s, 2t s ) = γ(t s ). 25

Ponavljajući postupak, možemo odrediti pozitivne brojeve s j, j =,..., k, takve da d(x k j, T s j x k j ) γ(d(x k j, T s j+ x k j )). Kako je γ neopadajuća funkcija, sledi d(x k, x k+i ) γ k (d(x 0, T s k x 0 )) γ k (M), gde smo sa M označili dijametar orbite (T i x 0 ) i. Iz 3), lim k γ k (M) = 0, odakle sledi da je niz (x k ) k Cauchyev. Kako je X kompletan prostor, postoji u X, u = lim k x k. Pokazaćemo da je za n = n(u), T n u = u. Neka je ɛ = d(t n u, u) > 0. Iz prvog dela dokaza sledi lim d(t n x k, x k ) = 0. k Koristeći prethodnu lemu, postoji broj k 0 takav da d(u, x k ) (ɛ γ(ɛ)), 4 Stoga je d(t n x k, x k ) 4 (ɛ γ(ɛ)), k k 0. ɛ = d(t n u, u) d(t n u, T n x k ) + d(t n x k, x k ) + d(x k, u) α(d(u, T n u), d(u, T n x k ), d(u, x k ), d(x k, T n u), d(x k, T n x k )) + (ɛ γ(ɛ)). 2 Pošto je d(u, T n x k ) d(u, x k )+d(x k, T n x k ), d(t n u, x k ) d(t n u, u)+d(u, x k ), za k k 0 je d(u, T n x k ) 2 (ɛ γ(ɛ)) < ɛ, d(t n u, x k ) 2ɛ. Koristeći uslov ) teoreme,sledi ɛ α(ɛ, ɛ, ɛ, 2ɛ, 2ɛ) + (ɛ γ(ɛ)) < ɛ, 2 što je nemoguće. Dakle, T n u = u. Dokažimo jedinstvenost. Pretpostavimo da postoji tačka v X, v u, takva da je T n v = v za n = n(u). Iz uslova 4) teoreme i leme je d(u, v) = d(t n u, T n v) α(0, d(u, v), d(u, v), d(u, v), 0) γ(d(u, v)) < d(u, v). 26

Dakle, u je jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T n. Da je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T sledi iz jednakosti T u = T n T u. Da bismo pokazali zadnje tvrdenje teoreme, neka je x X, broj s, 0 s < n = n(u), i neka je u k = d(u, T k n+s x), k = 0,,... Pokažimo da za svako k, u k u k. Neka je za neko k, u k > u k. Tada iz ), 3) i 4) sledi u k = d(t n u, T n T (k ) n+s x) α(0, u k, u k, u k, d(t k n+s x, T (k ) n+s x)) α(u k, u k, u k, u k, 2u k ) γ(u k ) < u k. Iz ove kontradikcije sledi u k u k, k =, 2,.... Koristeći 4) i ), dobijamo u k = d(t n u, T k n+s x) α(u k, u k, u k, u k, 2u k ) γ(u k ) za k =, 2,.... Odavde je u k γ k (u 0 ) i lim k u k = 0. Napomena 2.4 Primetimo da u prethodnoj teoremi nismo koristili uslov neprekidnosti preslikavanja T. Posledica 2.3. Neka je (X,d) kompletan metrički prostor, T : X X, i γ : [0, ) [0, ). Ako je γ neopadajuća funkcija, lim t (t γ(t)) =, lim k γ k (t) = 0 za t > 0, i za svako x X postoji pozitivan broj n = n(x) takav da za svako y X važi d(t n x, T n y) γ(d(x, y)), tada preslikavanje T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X. x X, lim k T k x = u. Štaviše, za svako Napomena 2.5 Stavljajući u posledici γ(t) = q t za 0 < q < dobijamo teoremu Sehgala o fiksnoj tački, u kojoj je izostavljena pretpostavka o neprekidnosti preslikavanja T. Sledeće tvrdenje predstavlja uopštenje teoreme (2.2.). Teorema 2.3.2 Neka je (X,d) kompletan metrički prostor, i neka preslikavanje T : X X zadovoljava sledeći uslov: za svako x X postoji pozitivan broj n = n(x) takav da za svako y X, d(t n x, T n y) a[d(x, T n x) + d(y, T n y)] + b[d(x, T n y) + d(t n x, y)] + cd(x, y) gde su a,b,c nenegativni brojevi i 3a + 3b + c <, tada preslikavanje T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X. Štaviše, za svako x X, lim k T k x = u. 27

Primer 2.3. Neka je X = [0, ), d(x, y) = x y, T x = x, γ(t) = t +x +t za x, y, t [0, ). Tada t lim n γn (t) = lim n + nt = 0 za T 0, lim t (t γ(t)) = i d(t x, T y) = x x + y y + = x y ( + x)( + y) x y + x y = γ(d(x, y)). Pretpostavimo da postoje nenegativni brojevi a, b, c koji zadovoljavaju uslov prethodne teoreme. Tada, za x = 0 je ( y + ny a y y ) ( ) y + b + ny + ny + y + cy, n = n(0), y > 0. Kako je a+b+c a+b +ny za y > 0, sledi 2b + c. 28

Glava 3 Kontrakcije na generalisanim metričkim prostorima 3. Generalisani metrički prostori U ovoj sekciji ćemo posmatrati generalisane metrčke prostore, i pokušaćemo da poznate rezultate iz prethodnih sekcija prenesemo i u ovim prostorima. Definicija 3. Neka je X neprazan skup, i neka je G: X X X R + preslikavanje koje zadovoljava sledeće uslove: (G) G(x, y, z) = 0, ako je x = y = z; (G2) 0 < G(x, x, y), za svako x, y X, x y; (G3) G(x, x, y) G(x, y, z), za svako x, y, z X, y z; (G4) G(x, y, z) = G(x, z, y) = G(y, z, x) =... (simetričnost po svakoj promenljivoj); (G5) G(x, y, z) G(x, a, a) + G(a, y, z), za svako x, y, z, a X. Preslikavanje G se naziva generalizovana metrika, ili preciznije, G-metrika na X, a par (X,G) je G-metrički prostor. Primer 3.. Neka je (X, d) uobičajeni metrički prostor. Tada se na prostoru (X, d) može definisati G-metrika na sledeći način: ) G s (x, y, z) = d(x, y) + d(y, z) + d(x, z); 2) G m (x, y, z) = max{d(x, y), d(y, z), d(x, z)}. 29

Primer 3..2 Neka je X = {a, b}. Definišimo preslikavanje G na X X X sa G(a, a, a) = G(b, b, b) = 0, G(a, a, b) =, G(a, b, b) = 2 i produžimo G na X X X koristeći simetričnost po promenljivama. Jasno, (X, G) je G-metrički prostor. Definicija 3.2 Neka je (X,G) G-metrički prostor, i neka je (x n ) n niz tačaka iz X. Za tačku x X kažemo da je granica niza (x n ) n ako je lim n,m G(x, x n, x m ) = 0. U tom slučaju kažemo da niz (x n ) n G-konvergira ka x. Dakle, ako x n x u G-metričkom prostoru (X, G), tada za svako ɛ > 0, postoji n ɛ N tako da G(x, x n, x m ) < ɛ, za svako n, m n ɛ. Definicija 3.3 Neka je (X,G) G-metrički prostor. Niz (x n ) n je G-Cauchyev niz ako za svako ɛ > 0, postoji n 0 N, tako da je G(x n, x m, x l ) < ɛ za svako n, m, l n 0, tj. ako G(x n, x m, x l ) 0, kada n, m, l. Definicija 3.4 G-metrički prostor (X,G) je G-kompletan ako je svaki G- Cauchyev niz iz (X,G) konvergentan u (X,G). Definicija 3.5 G-metrički prostor (X,G) je simetričan G-prostor ako je za svako x, y X, G(x, y, y) = G(y, x, x). Lema 3.. Svaki G-metrički prostor (X,G) odreduje metrički prostor (X, d G ) sa d G (x, y) = G(x, y, y) + G(y, x, x), x, y X. (3.) Ako je (X,G) simetričan G-metrički prostor,tada d G (x, y) = 2G(x, y, y), x, y X. (3.2) Medutim, ako je (X,G) nesimetričan, tada, iz jednačina G-metrike sledi 3 2 G(x, y, y) d G(x, y) 3G(x, y, y), x, y X. (3.3) Lema 3..2 G-metrički prostor (X,G) je G-kompletan ako i samo ako je (X, d G ) kompletan metrički prostor. 30

3.2 Neka poznata tvrdenja u generalisanim prostorima Prirodno se postavlja pitanje, da li se Banachova kontrakcija može uopštiti i u generalisanim metričkim prostorima. Odgovor na to pitanje je potvrdan. Ljiljana Gajić i Zagorka Lozanov-Crvenković su uopštile ne samo Banachove rezultate, već su dale analogone teoreme Sehgala i Gusemana u generalisanim metričkim prostorima. Neka je (X, G) G-metrički prostor, T : X X preslikavanje, B X takav da postoji q (0, ) i za svako x B postoji pozitivan broj n = n(x) takav da G(T n(x) z, T n(x) x, T n(x) x) q max{g(z, x, x), G(z, T n(x) x, T n(x) x), G(T n(x) z, x, x)} (3.4) za svako z B. Tada pišemo T. Ako G(T n(x) z, T n(x) x, T n(x) x) q max{g(z, x, x), 2 [G(z, T n(x) z, T n(x) z) + G(x, T n(x) x, T n(x) x)], 2 [G(z, T n(x) x, T n(x) x) + G(T n(x) z, x, x)]} (3.5) za svako z B, i tada pišemo T 2. Teorema 3.2. Neka je T ili T 2. Neka je B X, takav da je T (B) B. Ako postoji u B tako da za n = n(u), T n u = u, tada je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T u B. Štaviše, T k (y 0 ) u, k, za svako y 0 B, za T, a za T 2 ako je q < 2 3. Dokaz: Ako je (X, G) simetričan prostor, tada d G (z, x) = 2G(z, x, x), i (3.4) postaje d G (T n(x) z, T n(x) x) q max{d G (z, x), d G (z, T n(x) x), d G (x, T n(x) z)} i (3.5) postaje d G (T n(x) z, T n(x) x) q max{d G (z, x), 2 [d G(z, T n(x) z) + d G (x, T n(x) x)], 2 [d G(z, T n(x) x) + d G (x, T n(x) z)]}, 3

i rezultat sledi iz teoreme (2.2.) i važi za svako q <. Pretpostavimo sada da je (X, G) nesimetričan prostor. Tada iz nejednakosti (3.3) uslov (3.4) postaje a (3.4) postaje G(T n(x) z, T n(x) x, T n(x) x) 2q max{g(z, x, x), G(z, T n(x) x, T n(x) x), G(T n(x) z, x, x)}, G(T n(x) z, T n(x) x, T n(x) x) 2q max{g(z, x, x), [ G(z, T n(x) z, T n(x) z) + G(x, T n(x) x, T n(x) x) ], 2 [ G(z, T n(x) x, T n(x) x) + G(T n(x) z, x, x) ] } 2 Pošto 2q mora biti manje od da bismo mogli da koristimo rezultate o fiksnim tačkama preslikavanja na metričkim prostorima, to mora biti q <. 2 S druge strane, koristeći definiciju G-metričkog prostora, dokazaćemo rezultat,u prvom slučaju za 0 < q <, a u drugom za 0 < q < 2. To znači da ovi 3 rezultati predstavljaju generalizaciju u slučaju nesimetričnog G-prostora. Neka je T. Jedinstvenost sledi iz (3.4). Zaista, ako je T n z = z, sledi G(z, u, u) = G(T n z, T n u, T n u) q G(z, u, u). Odavde sledi u = z. Sada T n T u = T u implicira T u = u. Neka je y 0 B i pretpostavimo da je T m y 0 u za svako m. Za dovoljno veliko m možemo pisati m = k n + r, k, r < n. Tada G(T m y 0, u, u) = G(T k n+r y 0, T n u, T n u) q max{g(t (k ) n+r y 0, u, u), G(T (k ) n+r y 0, T n u, T n u), G(T m y 0, u, u)} = q G(T (k ) n+r y 0, u, u)... q k G(T r y 0, u, u) q k max{g(t p y 0, u, u) : p < n}, pa G(T m y 0, u, u) 0, m. Ako je T 2, jedinstvenost sledi iz (3.5), pošto T n z = z povlači G(z, u, u) = G(T n z, T n u, T n u) q max{g(z, u, u), 0} i dalje T u = u. Sada za svako y 0 B gde je G(T m y 0, u, u) = G(T k n+r y 0, T n u, T n u) q M(y 0, m, u) 32

G(T (k ) n+r y 0, u, u), M(y 0, m, u) = [G(T (k ) n+r y 2 0, T m y 0, T m y 0 ) + 0], [G(T (k ) n+r y 2 0, u, u) + G(T m y 0, u, u)]. Za M(y 0, m, u) = 2 [G(T (k ) n+r y 0, u, u) + G(T m y 0, u, u)] imamo G(T m y 0, u, u) < q 2 q G(T (k ) n+r y 0, u, u). Ako je M(y 0, m, u) = 2 G(T (k ) n+r y 0, T m y 0, T m y 0 ) tada Dakle, G(T m y 0, u, u) q 2 G(T (k ) n+r y 0, u, u) + q G(u, u, T m y 0 ). 2( q)g(t m y 0, u, u) q G(T (k ) n+r y 0, u, u). Sledi, G(T m y 0, u, u) h G(T (k ) n+r q y 0, u, u), gde je h = max{q,, q }. 2( q) 2 q Kako je h <, G(T m y 0, u, u), m. Za T : X X skup O(x 0 ; T ) = {T n x 0 : n N} se naziva orbita elementa x 0 X. Sledeće tvrdenje predstavlja uopštenje teoreme (2..2). Teorema 3.2.2 Neka je (X,G) kompletan G-metrički prostor i T : X X preslikavanje. Pretpostavimo da je za neko x 0 X orbita O(x 0 ; T ) kompletna, i da za neko q [0, ) i za svako x O(x 0 ; T ) postoji broj n(x) takav da G(T n(x) z, T n(x) x, T n(x) x) q G(z, x, x) (3.6) za svako z O(x 0 ; T ). Tada niz (x k ) k, x k = T n(x k ) x k, k N, konvergira ka nekoj tački u X i za svako m, k N, m > k G(x k, x k, x m ) qk q max{g(t p x 0, x 0, x 0 ) : p n(x 0 )} (3.7) Ako nejednakost u (3.6) važi za svako x O(x 0 ; T ), tada T n(u) u = u i T k x 0 u, k. Štaviše, ako T (O(x 0; T )) O(x 0 ; T ), tada je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T. Dokaz: Ako je (X, G) simetričan G-metrički prostor, rezultat sledi iz teoreme Gusemana o fiksnoj tački. Neka je (X, G) nesimetričan G-metrički prostor. Tada iz nejednakosti (3.3) sledi 33

d G (T n(x) z, T n(x) x) 2q d G (z, x) Tada, koristeći osobine G-metričkog prostora, dokazujemo rezultat za svako 0 < q <. Najpre ćemo pokazati da je sup G(T m x 0, x 0, x 0 ) = M <. m Za dovoljno veliko m N, postoje k, r N, r n(x 0 ) takvi da m = k n(x 0 ) + r. Tada G(T m x 0, x 0, x 0 ) G(T k n(x 0)+r x 0, T n(x 0) x 0, T n(x 0) x 0 ) + G(T n(x 0) x 0, x 0, x 0 ) Sada, za svako k N važi q G(T (k ) n(x 0)+r x 0, x 0, x 0 ) + G(T n(x 0) x 0, x 0, x 0 ) q G(T (k ) n(x 0)+r x 0, T n(x 0) x 0, T n(x 0) x 0 ) + ( + q)g(t n(x 0) x 0, x 0, x 0 ) q 2 G(T (k 2) n(x 0)+r x 0, x 0, x 0 ) + ( + q)g(t n(x 0) x 0, x 0 )... q k G(T r x 0, x 0, x 0 ) + ( + q +... + q k ) G(T n(x0) x 0, x 0, x 0 ) q max{g(t p x 0, x 0, x 0 ) : p n(x 0 )} = M < +. G(x k, x k, x k+ ) = G(T n(x k ) x k, T n(x k ) x k, T n(x k) T n(x k ) x k ) q G(x k, x k, T n(x k) x k )... q k G(x 0, x 0, T n(x k) x 0 ) q k M. Za svako m, k N, m > k, sledi G(x k, x k, x m ) G(x k, x k, x k+ ) + G(x k+, x k+, x k+2 ) +... + G(x m, x m, x m ) q k q M, pa je (x k ) k Cauchyev niz. Zbog kompletnosti prostora sledi da postoji u X, lim k x k = u, čime je dokazana nejednakost (3.7). Ako pretpostavimo da je nejednakost u (3.6) zadovoljena za svako x O(x 0 ; T ), tada za svako k N G(T n(u) u, T n(u) u, T n(u) x k ) q G(u, u, x k ) 34

pa je lim k T n(u) x k = T n(u) u. S druge strane, G(T n(u) x k, x k, x k ) = G(T n(u) T n(x k ) x k, T n(x k ) x k, T n(x k ) x k ) q G(T n(u) x k, x k, x k )... q k G(T n(u) x 0, x 0, x 0 ) odakle sledi lim k G(T n(u) x k, x k, x k ) = 0. Kako je G neprekidno preslikavanje, to je G(T n(u) u, u, u) = 0. Sledi T n(u) u = u. Sada, pretpostavimo da je T (O(x 0 ; T )) O(x 0 ; T ). Kako je T, u je jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T u X i lim k T k x 0 = u. Za n(x) =, u nejednakosti (3.6) u zavisnosti od x uprostićemo dokaz i oslabiti uslov u (3.6). Posledica 3.2. Neka je (X,G) kompletan G-metrički prostor i neka je T : X X. Pretpostavimo da postoji x 0 X i q [0, ) tako da je O(x 0 ; T ) kompletna i da G(T z, T x, T x) q G(z, x, x) (3.8) za svako x, z = T x O(x 0 ; T ). Tada niz (T k x 0 ) k konvergira ka nekoj tački u X i za svako k, m N, m > k G(x k, x k, x m ) qk q G(x 0, x 0, T x 0 ). (3.9) Ako za svako x O(x 0 ; T ) važi (3.8), ili je T orbitalno neprekidna u tački u, tada je u fiksna tačka preslikavanja T. Dokaz: Ako je (X, G) simetričan prostor, tada d G (x, z) = 2G(z, x, x) pa nejednakost (3.8) postaje d G (T z, T x) q d G (z, x), i rezultat sledi iz teoreme (2.2.2). Sada, neka je (X, G) nesimetričan G-metrički prostor. Kako je x k = T x k, k N, G(x k, x k, x k+ ) q G(x k, x k, x k )... q k G(x 0, x 0, T x 0 ), za svako m, k N, m > k, 35

G(x k, x k, x m ) qk q G(x 0, x 0, T x 0 ), i tada postoji lim k x k = u. Ako nejednakost (3.8) važi za svako x O(x 0 ; T ), tada zbog n(u) =, sledi T u = u. Ako je T orbitalno neprekidna u tački x = u, i kako lim k T k x 0 = u, sledi lim k T k+ x 0 = T u, pa je u = T u. Napomena 3. Primetimo da u prethodnoj teoremi preslikavanje T ne mora biti neprekidno. Dokažimo jednu lemu, koju ćemo koristiti u daljem radu. Lema 3.2. Neka je (X,G) G-metrički prostor, i T : X X preslikavanje. Neka je B X takav da je T (B) B. Ako postoji u B i pozitivan broj n(u) takav da je T n(u) = u i G(T n(u) z, T n(u) u, T n(u) u) q G(z, u, u), (3.0) za neko q [0, ) i svako z B tada je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T u B i lim k T k y 0 = u, za svako y 0 B. Dokaz: Iz (3.0) sledi, u je jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T n(u) u B. Tada iz T u = T T n(u) u = T n(u) T u sledi T u = u. Neka je y 0 B. Za dovoljno veliko m je m = k n(u) + r, k, r < n(u). Tada je G(T m y 0, u, u) = G(T k n(u)+r y 0, T n(u) u, T n(u) u) q G(T (k ) n(u)+r y 0, u, u)... q k G(T r y 0, u, u) q k M gde je M = max{g(t p y 0, u, u) : p n(u) }, odakle sledi lim k T k y 0 = u. Navodimo teoremu Gusemana u generalisanim metričkim prostorima. Teorema 3.2.3 Neka je (X,G) kompletan G-metrički prostor i neka je T : X X preslikavanje. Neka je B X takav da: ) T (B) B; 2) za neko x 0 B granica svakog niza iz O(x 0 ; T ), ako postoji, pripada B; 36

3) za neko q [0, ) i svako x O(x 0 ; T ) postoji broj n(x) takav da za svako z B. G(T n(x) z, T n(x) x, T n(x) x) q G(z, x, x) (3.) Tada postoji jedinstvena fiksna tačka u B tako da je T u = u i T k x 0 u, k. Štaviše, T k y 0 u, k, za svako y 0 B. Ako važi i G(T n(u) z, T n(u) u, T n(u) u) q G(z, u, u), za svako z X, tada je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T u X. Dokaz: Najpre ćemo pokazati da je sup G(T m x 0, x 0, x 0 ) = M < +. m Za svako m N postoje k, r N, r n(x 0 ) tako da je m = k n(x 0 )+r. Tada je G(T m x 0, x 0, x 0 ) G(T k n(x 0)+r x 0, T n(x 0) x 0, T n(x 0) x 0 ) + G(T n(x 0) x 0, x 0, x 0 ) q G(T (k ) n(x 0)+r x 0, x 0, x 0 ) + G(T n(x 0) x 0, x 0, x 0 ) q G(T (k ) n(x 0)+r x 0, T n(x 0) x 0, T n(x 0) x 0 ) + ( + q)g(t n(x 0) x 0, x 0, x 0 ) q 2 G(T (k 2) n(x 0)+r x 0, x 0, x 0 ) + ( + q)g(t n(x 0) x 0, x 0, x 0 )... q k G(T r x 0, x 0, x 0 ) + ( + q +... + q k ) G(T n(x0) x 0, x 0, x 0 ) q max{g(t p x 0, x 0, x 0 ) : p n(x 0 )} = M < +. Definišimo niz (x k ) k na sledeći način x k = T n(x k ) x k, k N. Tada za svako p N je G(x k, x k, x k+p ) = G(T n(x k ) x k, T n(x k ) x k, T n(x k+p ) x k+p ) = G(T n(x k ) x k, T n(x k ) x k, T n(x k+p ) T n(x k+p 2) T n(x k ) x k ) q G(x k, x k, T n(x k+p ) T n(x k) x k )... q k G(x 0, x 0, T n(x k+p ) T n(x k) x 0 ) q k M, pa je (x k ) k Cauchyev niz u kompletnom prostoru, pa postoji u B tako da je u = lim k x k. Za svako k N, G(T n(u) u, T n(u) u, T n(u) x k ) q G(u, u, x k ) 37

pa je lim k T n(u) x k = T n(u) u. S druge strane, G(T n(u) x k, x k, x k ) = G(T n(u) T n(x k ) x k, T n(x k ) x k, T n(x k ) x k ) q G(T n(u) x k, x k, x k )... q k G(T n(u) x 0, x 0, x 0 ) odakle sledi lim k G(T n(u) x k, x k, x k ) = 0. Kako je G neprekidno preslikavanje, to je G(T n(u) u, u, u) = 0. Sledi T n(u) u = u. Prema lemi (3.2.), u je jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T u B i lim k T k y 0 = u za svako y 0 B. Očigledno, uz dodatni uslov, u je jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T u X. U slučaju B = X imamo sledeću posledicu. Posledica 3.2.2 Neka je (X,G) G-metrički prostor i T : X X preslikavanje. Pretpostavimo da postoji q [0, ) i tačka x 0 X tako da je O(x 0 ; T ) kompletna i da za svako x O(x 0 ; T ) postoji broj n(x) tako da G(T n(x) z, T n(x) x, T n(x) x) q G(z, x, x), za svako z X. Tada postoji jedinstvena tačka u X tako da je T u = u i T k y 0 u, k, za svako y 0 X. Za n(x) = u zavisnosti od x imamo sledeću posledicu. Posledica 3.2.3 Neka je (X,G) G-metrički prostor i T : X X preslikavanje. Pretpostavimo da postoji q [0, ) i tačka x 0 X tako da je O(x 0 ; T ) kompletna i da za svako x O(x 0 ; T ) G(T z, T x, T x) q G(z, x, x), (3.2) za svako z X. Tada postoji jedinstvena tačka u X tako da je T u = u i T k y 0 u, k, za svako y 0 X. Napomena 3.2 Ako je (X, G) simetričan prostor, tada d G (x, z) = 2G(z, x, x), pa nejednakost (3.2) postaje d G (T x, T z) q d G (x, z). Napomena 3.3 Primetimo da kod teoreme (3.2.3) i posledice (3.2.2), preslikavanje T ne mora biti neprekidno. 38