Почти сжимающее отображение отрезка

[demolishka]

Задано отображение отрезка $f: I \to I$, такое что $|f(x)-f(y)|<|x-y|$ для всех $x \not =y$. Доказать, что такое отображение имеет единственную неподвижную точку и все орбиты сходятся к ней.

Доказательство
Рассмотрим функцию $g(x):=|x-f(x)|$ она непрерывна и достигает минимума на $I$ в некоторой точке $x_0.$ Пусть $g(x_0)=|x_0 -f(x_0)| = \theta > 0.$ Тогда $|f(x_0)-f(f(x_0))|<|x_0-f(x_0)|=\theta.$ То есть, $g(f(x_0)) < g(x_0)$, что невозможно. Значит, $x_0$ - неподвижная точка отображения $f.$
Пусть $x_0$ и $y_0$ - две неподвижные точки отображения $f$. Тогда $|x_0-y_0|=|f(x_0)-f(y_0)|<|x_0-y_0|$. Следовательно, $x_0=y_0$.
Теперь покажем сходимость орбит произвольной точки $x \in I$. Обозначим $x_n = f^n(x)$. Разобьем $x_n$ на две подпоследовательности $x_{n_k} \leq x_0$ и $x_{m_s} > x_0$ (Такое разбиение на две подпоследовательности может и не иметь место быть, но далее, не умаляя общности, рассматриваем этот случай). Имеем $x_{n_{k+1}} = f^{n_{k+1} - n_k}(x_{n_k}).$ Тогда $|x_0-x_{n_{k+1}}|=|f^{n_{k+1} - n_k}(x_0)-f^{n_{k+1} - n_k}(x_{n_k})| < |x_0 - x_{n_k}|.$ Отсюда получаем неубывание $x_{n_k}$. Аналогично получим невозрастание для $x_{m_s}$. Значит, обе подпоследовательности сходящиеся. Пусть $x_{n_k} \to \alpha \leq x_0$ и $x_{m_s} \to \beta \geq x_0$.
Пусть $\alpha\not=\beta$. В силу непрерывности $f$ верно $f(x_{n_k}) \to f(\alpha)$. Причем $f(x_{n_k})$ является подпоследовательностью $x_n$. Тогда в силу предположения верно одно из двух: либо $f(\alpha)=\alpha \ (1)$ либо $f(\alpha)=\beta \ (2).$ Также $f(x_{m_s}) \to f(\beta)$. Опять же верно одно из двух: либо $f(\beta)=\beta \ (3)$, либо $f(\beta)=\alpha \ (4)$.
Случай $(1)$ и $(3)$. Неподвижная точка единственная, поэтому $\alpha=f(\alpha)=x_0=f(\beta)=\beta$.
Случай $(1)$ и $(4)$. Из равенства $f(\beta)=\alpha=x_0$ имеем равенство $f^{m_{s+1}-m_s}(\beta)=x_0$. Тогда $|x_0-x_{m_{s+1}}| = |f^{m_{s+1}-m_s}(\beta)-f^{m_{s+1}-m_s}(x_{m_{s}})| < |\beta-x_{m_{s}}| \to 0$. Значит, $\beta=x_0.$
Случай $(2)$ и $(3)$ аналогичен предыдущему.
Случай $(2)$ и $(4)$. Имеем равенства $f^2(\alpha)=\alpha$ и $f^2(\beta) = \beta$. $f^2$ обладает тем же свойством, что и $f$, поэтому её неподвижная точка также единственная.
Во всех случаях приходим к тому, что $\alpha=\beta=x_0$. Поэтому $x_n \to x_0$, так как сходятся составляющие её последовательности. $\square$

А вопрос мой вот в чем: можно ли сходимость орбит показать как-нибудь попроще(побыстрее).

[ShiNeko]

Можно воспользоваться теоремой Банаха о неподвижной точке. Если надо все же показать, то можно сделать из доказательства теоремы частный случай для модулей.

[demolishka]

К сожалению вы не умеете читать. Отображение в моей задачи не является сжимающим.

[Otta]

Вообще, это как-то сразу следует из теоремы Брауэра. Не знаю, хорошо ли оно или подразумевалось другое решение: это, в некотором роде, может оказаться стрельбой из пушек по воробьям.

[ewert]

Если $x_0$ -- неподвижная точка, то $|f(x_{k+1})-x_0|=|f(f(x_k))-f(f(x_0))|<|f(x_k)-f(x_0)|=|f(x_k)-x_0|$. Остаётся доказать, что $|x_{k+1}-x_0|=|f(x_k)-x_0|$ не может стремиться не к нулю; но это, по-моему, довольно очевидно.

-- Пт май 01, 2015 00:15:02 --

(Оффтоп)

Otta в сообщении #1009737 писал(а):

это, в некотором роде, может оказаться стрельбой из пушек по воробьям

и это ещё мягко сказано.

[Otta]

Ну да.

(Оффтоп)

Ну что делать, ну нравится она мне. :)

[Oleg Zubelevich]

post566560.html#p566560

[demolishka]

ewert в сообщении #1009739 писал(а):

Остаётся доказать, что $|x_{k+1}-x_0|=|f(x_k)-x_0|$ не может стремиться не к нулю;

Ну собственно этому и посвящено более половины моего доказательства. Непонятно как упростить этот момент.

Oleg Zubelevich в сообщении #1009746 писал(а):

post566560.html#p566560

В моем случае имеется не произвольное метрическое пространство, а всего лишь отрезок со стандартной метрикой. И доказательство существенно на это опирается.

[ewert]

demolishka в сообщении #1009756 писал(а):

Непонятно как упростить этот момент.

Стандартно. Если $|x_k-x_0|\to c>0$, то по подпоследовательности $x_{k_n}\to x_0+c$ (например). Тогда по непрерывности $|f(x_0+c)-f(x_0)|=c$, что как-то не вполне хорошо.

Хм, ладно, чуть детальнее:

$x_{k_n}\to x_0+c\ \Rightarrow\ f(x_{k_n})\to f(x_0+c);\quad |f(x_0+c)-x_0|=\lim\limits_{n\to\infty}|f(x_{k_n})-x_0|=c$.

[Evgenjy]

$r_n=\left\lvert x_n-x_0\right\rvert$
$0\leqslant$ $r_n<r_{n-1}$
$r_n$ имеет предел $r$
$x_n$ имеет две предельные точки $x_0-r$ и $x_0+r$
$r=0$ иначе после применения преобразования последовательность не изменится, а предельные точки сблизятся.
Если есть только одна предельная точка, то рассмотреть расстояние до неподвижной точки.

[Oleg Zubelevich]

demolishka в сообщении #1009756 писал(а):

В моем случае имеется не произвольное метрическое пространство, а всего лишь отрезок со стандартной метрикой. И доказательство существенно на это опирается.

глупо

[ewert]

(Оффтоп)

Oleg Zubelevich в сообщении #1009765 писал(а):

demolishka в сообщении #1009756 писал(а):

В моем случае имеется не произвольное метрическое пространство, а всего лишь отрезок со стандартной метрикой. И доказательство существенно на это опирается.

глупо

Да. Элементарные утверждения доказывать продвинутыми средствами -- неприлично.

[demolishka]

ewert в сообщении #1009758 писал(а):

Стандартно. Если $|x_k-x_0|\to c>0$, то по подпоследовательности $x_{k_n}\to x_0+c$ (например). Тогда по непрерывности $|f(x_0+c)-f(x_0)|=c$, что как-то не вполне хорошо.

То что нужно. Спасибо большое.

[Oleg Zubelevich]

ewert в сообщении #1009768 писал(а):

Да. Элементарные утверждения доказывать продвинутыми средствами -- неприлично.

а там как раз элементарное доказательство, там слова только умные произносятся, там вместо метрики надо было лишь модуль разности поставить. очевидно к этому ТС уже не способен

[Geen]

ewert в сообщении #1009768 писал(а):

Элементарные утверждения доказывать продвинутыми средствами -- неприлично.

Почему? Тем более что особо продвинутого там, вроде бы, нет, но очень изящно.
(Если не считать "продвинутостью" большую общность (что на мой взгляд только плюс))