метрические пространства неподвижные точки

[zoo]

$(X,d)$ -- полное метрическое пространство. Предположим, для функции $f:X\to X$ найдется такая непрерывная и ограниченная снизу функция $\psi:X\to\mathbb{R}$ что для всех $x\in X$ справедливо неравенство:
$d(x,f(x))\le \psi(x)-\psi(f(x))$

Задача. Доказать, что $f$ имеет неподвижную точку.

[Brukvalub]

zoo писал(а):

$(X,d)$ -- полное метрическое пространство. Предположим, для функции $f:X\to X$ найдется такая непрерывная функция $\psi:X\to\mathbb{R}$ что для всех $x\in X$ справедливо неравенство:
$d(x,f(x))\le \psi(x)-\psi(f(x))$

Задача. Доказать, что $f$ имеет неподвижную точку.

Как такое может быть? Ведь тогда

\[ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {0 \le d(x\;,\;f(x)) \le \varphi (x) - \varphi (f(x))} \\ {0 \le d(f(x)\;,\;x) \le \varphi (f(x)) - \varphi (x)} \\ \end{array}} \right. \Rightarrow 0 \le \varphi (x) - \varphi (f(x)) \le 0 \]

Несколько странный вывод?

[Хорхе]

Похоже на контрпример: $X=\mathbb R$, $f(x) = x-1$, $\psi(x) = x$.
Наверное, $X$ --- компакт?

Brukvalub писал(а):

Несколько странный вывод?

В Вашем примере должно быть $f(x) = x$, иначе такой вывод нельзя сделать. Собственно, противоречия вроде не получается.

Добавлено спустя 3 минуты 15 секунд:

Если $X$ --- компакт, все просто.
Последовательность $x_{n+1} = f(x_{n})$ будет фундаментальной. Действительно, $\psi(x_n)$ убывает и ограничена, поэтому куда-то сходится; используя условие, легко получаем фундаментальность.

[zoo]

прошу прощения, исправил

[Хорхе]

zoo писал(а):

прошу прощения, исправил

Ну в случае ограниченности снизу мое решение тоже проходит

[zoo]

компактность не предполагается

[Хорхе]

zoo писал(а):

компактность не предполагается

Я не использую компактность. Мне надо, чтобы $\psi(X)$ было ограничено снизу. Это следует не только из компактности, но и, например, из исправленного условия

[zoo]

я не понял Вашего решения откуда неподвижная точка берется?

[Хорхе]

zoo писал(а):

я не понял Вашего решения откуда неподвижная точка берется?

Ах да, не написал. Так как последовательность $x_n$ фундаментальна, а пространство полно, то у этой последовательности есть предел, скажем, $x$. Вот это и есть неподвижная точка (как раз в этом месте используется непрерывность $\psi$).

[zoo]

Хорхе писал(а):

zoo писал(а):

я не понял Вашего решения откуда неподвижная точка берется?

Ах да, не написал. Так как последовательность $x_n$ фундаментальна, а пространство полно, то у этой последовательности есть предел, скажем, $x$. Вот это и есть неподвижная точка (как раз в этом месте используется непрерывность $\psi$).

Вы не доказали, что поледовательность фундаментальна

[Хорхе]

zoo писал(а):

Вы не доказали, что поледовательность фундаментальна

Я написал, что это легко получить из условия. Действительно, имеем $d(x_{m},x_n)\le \psi(x_m)-\psi(x_n)$ при $n>m$ по неравенству треугольника.

[zoo]

понял ok
( сам выводил по-другому, думал задача интереснее)

[Хорхе]

zoo писал(а):

понял ok
( сам выводил по-другому, думал задача интереснее)

А можно авторское решение?

[zoo]

Хорхе писал(а):

zoo писал(а):

понял ok
( сам выводил по-другому, думал задача интереснее)

А можно авторское решение?

Это так называемая терема Каристи (Caristi), встречается только в виде задачи
я ее вывожу с помощью вариационного принципа Икланда(Ekeland) Это одна строчка

[Хорхе]

Кстати, я обманул, и никто не заметил. Я сам только увидел. Непрерывность $f$ не дана в условии, а я ей пользуюсь.

Добавлено спустя 1 час 10 минут 39 секунд:

Я не очень силен в теории множеств, но вот некоторые наброски идеи, как это можно вылечить.
Определим отношение $\geq$ на $X$ следующим образом:
1) если $y= f^n(x)$, то $x\leq y$;
2) если есть сходящаяся возрастающая последовательность $y_n\to y$, то $y\geq y_1$.

Утверждения, с которыми у меня проблемы: а) порядковый идеал $\{y:y\geq x\}$ --- вполне упорядоченное множество; б) если $x\leq y$, то $\psi(x)\geq \psi(y)$, более того, $d(x,y)\leq \psi(x)-\psi(y)$.

Видимо, б) можно доказать из а) с помощью некой трансфинитной индукции, используя непрерывность $\psi$ и непрерывность метрики. Далее все просто:
любое вполне упорядоченное подмножество $A\subset X$ имеет верхнюю грань, т.к. мы можем взять возрастающую последовательность $y_n\in A$ т.ч. $\psi(y_n)\downarrow \inf_A \psi$. Тогда из б) в точности как в моем не до конца правильном рассуждении выше $y_n\to y$. Отсюда $y$ --- верхняя грань для $A$.
Значит, в $X$ есть максимальный элемент, это и будет неподвижная точка.