Обобщение теоремы Брауэра

[moscwicz]

Задача. Думаю, что сложная. Доказать следующее утверждение.


Пусть $K\subset \mathbb{R}^m$ -- выпуклый компакт и $f:K\to \mathbb{R}^m$ -- непрерывное отображение.

Предположим, что для любого $x\in K$ существует $y\in K$ и $\lambda>0$ такие, что $f(x)-x=\lambda(y-x)$.

Тогда $f$ имеет неподвижную точку.

Тоже самое, если в предположении заменить $\lambda>0$ на $\lambda<0$.

[sup]

Шибко напоминает лемму Вишика. Вкратце напомню эту лемму.
Пусть $B$ замкнутый шар в $R^n$ с центром в 0, $g:B \to R^n$ непрерывная функция такая, что на границе шара $B$ имеет место неравенство $(g(x),x) \geqslant 0$. Тогда в этом шаре найдется такое $x$, что $g(x)=0$.
Доказательство от противного. (Далее шар радиуса 1.) Пусть это не так, тогда рассмотрим отображение $h(x)=-g(x)/||g(x)||$. По теореме Брауэра у него должна быть неподвижная точка. По построению, она может быть только на границе шара, что противоречит знаку скалярного произведения.
У меня такое ощущение, что исходная задача может быть сведена к этой лемме ($g(x)=f(x)-x$), ну или решение какое то аналогичное. Отмечу, что неравенство в лемме можно поменять на обратное (очевидно), поэтому знак $\lambda$ в задаче вроде как не важен.

[moscwicz]

Не знал, что это лемма Вишика. У Ниренберга в Лекциях по функану имеется несколько такого сорта утверждений, в том числе и то, что Вы чформулировали. Все получаются как простые следствия теории топологической степени.
Но думаю, что эта задача, так вот в лоб не решится.

[sup]

Насчет леммы Вишика. Даже не знаю, где это вычитал. Вроде бы что то насчет метода Галеркина для коэрцитивных монотонных операторов (типичнейшый примерчик применения). Специально заглянул в Лионса ("Некоторые методы ....") - тоже нет ссылки.
По поводу задачи. Наверное все не так уж и сложно. Как уже отмечалось, знак $\lambda$ роли не играет, считаем его положительным. От противного. Для каждого $x$ найдется единственный элемент $y(x)$, принадлежащий границе $K$, такой, что $f(x)-x=\lambda (y(x)-x)$. Положим $G(x)=y(x)$. Если $G(x)$ непрерывна, то это противоречит теореме Шаудера. Что может помешать непрерывности $G(x)$? Проблемы возникают только лишь если граница $K$ содержит отрезки. (В противном случае используем тот факт, что $y(x)/2$ принадлежит внутренности $K$). Но мы пойдем другим путем. Без потери общности считаем, что 0 принадлежит внутренности $K$. Пусть $0< \mu < 1$. Рассмотрим отображение $f_{\mu} = \mu f$. Легко видеть, что оно также удовлетворяет условию задачи. Однако теперь уже можно показать, что для него соответствующее отображение $G_{\mu} (x)$ непрерывно. Устремляя $\mu \to 1$ получим искомый результат.

-- Вс янв 16, 2011 11:13:02 --

Пара уточнений.
Первое. Для корректного определения $G(x)$ рассмотрим луч $x+\theta (f(x)-x), \theta>0$. По условию задачи, пересечение этого луча с множеством $K$ - невырожденный отрезок. Один конец этого отрезка - точка $x$, а другой - $G(x)$.
Второе, для доказательства непрерывности $G(x)$, достаточно установить, что точка $(x+G(x))/2$ принадлежит внутренности $K$.

[moscwicz]

sup в сообщении #400595 писал(а):

$f_{\mu} = \mu f$. Легко видеть, что оно также удовлетворяет условию задачи.

почему удовлетворяет, я не понял;
что такое

sup в сообщении #400595 писал(а):

$G_{\mu} (x)$

я тоже не понял. Ведь $G_\mu$ это уже не ретракт на границу, раз оно непрерывно?

-- Sun Jan 16, 2011 12:35:41 --

sup в сообщении #400595 писал(а):

Насчет леммы Вишика. Даже не знаю, где это вычитал. Вроде бы что то насчет метода Галеркина для коэрцитивных монотонных операторов (типичнейшый примерчик применения). Специально заглянул в Лионса ("Некоторые методы ....") - тоже нет ссылки.

похоже, что мы занимаемся одними вещами, может даже знакомы

[sup]

Чтобы понять, почему $f_{\mu}$ удовлетворяет условию задачи, достаточно заметить, что луч $[x,f_{\mu} (x))$ пересекает отрезок $[0,y] \subset K$. Нарисуем на плоскости точки $0,x,y,f(x)$ - и все станет очевидно.
Ну или по другому. Вектора $f(x)-x$ и $0-x$ направлены из точки $x$ внутрь $K$. Значит и $f_{\mu}(x)-x$ тоже направлен внутрь $K$. Далее, покажем, что все эти $f_{\mu}$ имееют неподвижную точку. Отсюда, после предельного перехода получим что и $f$ имеет неподвижную точку. От противного. Пусть это не так. Вспоминаем, $G(x)$ это точка "выхода" луча $[x,f (x))$ из множества $K$. Аналогично этому $G_{\mu}(x)$ это точка "выхода" луча$[x,f_{\mu} (x))$ из множества $K$. Но, и это важно, отрезок $(x,G_{\mu}(x))$ уже гарантированно принадлежит внутренности $K$. Это обстоятельство позволяет доказать непрерывность $G_{\mu}(x)$. Получили ретракт на границу. Противоречие.

[moscwicz]

Понятно.
Я бы предложил действовать так. $y(x)=(1-m)x+mf(x)$ где
$m=\max\{\xi\mid 0\le \xi\le 1,\quad (1-\xi)x+\xi f(x)\in K\}$ Мне как-то удается себя убедить в том, что из предположения об отсутствии неподвижных точек у $f$ вытекает, что $y:K\to K$ -- непрерывно, даже если граница содержит отрезки. Соответственно, по теореме Брауэра $y(x)$ имеет неподвижную точку, значит и $f$ имеет неподвижную точку. Противоречие.
Что Вы думаете насчет выпуклости $K$, так ли она необходима в силу приведенного рассуждения?
Может надо требовать от $K$ просто гомеоморфности шару или что-то в этом роде

[sup]

Вот как раз, чтобы не ломать себе голову насчет границ с отрезками, я и ввел возмущение $f_{\mu}$. То ли будет непрерывность, то ли не будет. Можно, конечно, поломать голову, но ....лень . Думаю, гомеоморфности шару будет достаточно. Я уже тоже об этом думал. Ежели чего придумаю - доложу.

[moscwicz]

А теперь версия этой задачи, в которой выпуклость уж точно существенна.

Пусть $K\subset \mathbb{R}^m$ -- замыкание выпуклой ограниченной области; $f:K\to \mathbb{R}^m$ -- непрерывное отображение.

Предположим, что для любого $x\in \partial K$ существует $y\in K$ и $\lambda>0$ такие, что

$$f(x)-x=\lambda(y-x)\quad (*)$$

.

Тогда $f$ имеет неподвижную точку.

Тоже самое, если в предположении заменить $\lambda>0$ на $\lambda<0$.

Все опять сводится к доказательству того, что если неподвижной точки нет, то ретракт на границу непрерывен. Ретракт строится как и в стандартном доказательстве теоремы Брауэра. Но любопытно увидеть геометрически как именно работает условие (*)

В этой последней формулировке, задача является конечномерной версией одного результата Браудера.

[sup]

Не понял. Для внутренних $x$ это условие выполнено автоматически. Так что исходная и эта задачи просто совпадают. Всетаки, я склонен считать, что неподвижная точка существует для компактных областей, гомеоморфных шару, при условии, что для любого $x \in \partial K$ найдется $\lambda_0 > 0$ такое, что $x+\lambda (f(x)-x) \in K$ для любых $0 < \lambda <\lambda_0$. Можно, например, рассмотреть что-нибудь типа $F(x) = x+\mu (x)(f(x)-x)$. Заметим, что если у $F$ есть неподвижная точка, то она же неподвижна и для $f$. В свою очередь, можно ожидать, что при малых $\mu (x)$ функция $F$ отображает $K$ в себя. Ну что то в этом духе.

[moscwicz]

sup в сообщении #400847 писал(а):

Так что исходная и эта задачи просто совпадают.

конечно, это меня слегка переклинило, однако я хотел сказать, что по-моему , мы с Вами всетаки перемудрили. Теорема в случае выпуклого $K$ с помощью ретракта должна доказываться в точности также как и теорема Брауэра.

[sup]

moscwicz в сообщении #400703 писал(а):

Я бы предложил действовать так. $y(x)=(1-m)x+mf(x)$ где
$m=\max\{\xi\mid 0\le \xi\le 1,\quad (1-\xi)x+\xi f(x)\in K\}$ Мне как-то удается себя убедить в том, что из предположения об отсутствии неподвижных точек у $f$ вытекает, что $y:K\to K$ -- непрерывно, даже если граница содержит отрезки.

Боюсь, что это неверно. Пусть $K$ конус в $R^3$ с основанием
$z=0, (x-1)^2 + y^2 \leqslant 1$
и вершиной
$x=y=0, z =1$.
И пусть при малых $x$
$f(x,y,0)=(x,0,h(x))$, с некоторой $h(x)$.
Рассмотрим сечение конуса плоскостью $x=a$ и устремим $a \to 0$. Легко видеть, что $h(x)$ можно подобрать так, чтобы $\bar y(\bar x)$ (в Ваших терминах, а в моих терминах $G(\bar x)$) была разрывна в (0,0,0). Поэтому "в лоб" ретрактор не строится, и необходимо небольшое возмущение. Думаю, что и для невыпуклых областей это фокус проходит, а строго доказывать - лень.

[moscwicz]

sup в сообщении #401111 писал(а):

Боюсь, что это неверно

это возможно

sup в сообщении #401111 писал(а):

Поэтому "в лоб" ретрактор не строится, и необходимо небольшое возмущение.

Строится. Не така как я сперва предложил, а совершенно стандартно, как при доказательстве теоремы Брауэра. Проводим луч через точку $x$ с началом в $f(x)$ до пересечения с границей.

[sup]

Увы, и это под вопросом, если граница $K$ содержит отрезки. Пусть $K$ это прямоугольник $-1 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1$, и $ f(x,y)=(x+1,-y)$ для малых $x,y$. (отмечу, что углы множества не по существу - их можно загладить). Так что придется "возмущать" отображение. Но это все не оч. важно и на задаче, наверное, можно ставить точку.