Неподвижная точка отображения компакта в себя

[xmaister]

$X$- компактное метрическое пространство с метрикой $\rho$. $f:X\to X$- непрерывное отображение для которого $\rho (f(x),f(y))<\rho (x,y),x\ne y$. Как доказать, что $f$ имеет неподвижную точку и будет ли она единственной?

[Nimza]

Возьмите две точки рядом и проитерируйте ваше неравенство. Посмотрите, что получится. А насчёт единственности. Подставьте неподвижные точки в неравенство, если их несколько.

[мат-ламер]

См. также Данфорд и Шварц. Линейные операторы. т.1. Пар. 5.10. Теорема Шаудера - Тихонова.

[Oleg Zubelevich]

мат-ламер в сообщении #566374 писал(а):

См. также Данфорд и Шварц. Линейные операторы. т.1. Пар. 5.10. Теорема Шаудера - Тихонова.

вот сами и см. также

[hippie]

Рассмотрите функцию $F(x)=\rho (x,\ f(x)).$
Как функция (числовая) непрерывная на компакте, она в некоторой точке достигает минимума.
Что можно сказать об этой точке?

[Oleg Zubelevich]

hippie
Я всроминаю такую задачу. Пусть $X,\rho$ -- метрическое пространство и $f:X\to X,\quad\rho(f(x),f(y))<\rho(x,y),\quad x\ne y$. Доказать, что если последовательность $x_{n+1}=f(x_n)$ содержит сходящуюся подпоследовательность то $f$ имеет неподвижную точку.

[xmaister]

Предположим, что $\inf\limits_{x\in X}\rho (f(x),x)=\rho(f(x_0),x_0)=a>0$, тогда $\rho(f(x_0),ff(x_0))<a$. Противоречие. А про последовательности я что-то не совсем понял, точнее совсем не понял. Рассматривая последовательность $x_{n+1}=f(x_n)$ выделяю подпоследовательность $x_{n_k}\to x^{(1)}$, тогда $f(x_{n_k})=x_{n_k+1}\to f(x^{(1)})$, а как доказать, что $x_{n_k+1}\to x^{(1)}$?

[Oleg Zubelevich]

это не децкая задача

[ewert]

Oleg Zubelevich в сообщении #566483 писал(а):

это не децкая задача

Во-первых, правильно говорить "не деццкая". Во вторых:

hippie в сообщении #566389 писал(а):

Как функция (числовая) непрерывная на компакте, она в некоторой точке достигает минимума.
Что можно сказать об этой точке?

Так может ли этот минимум быть ненулевым?...

[hippie]

Oleg Zubelevich в сообщении #566392 писал(а):

hippie
Я вспоминаю такую задачу. Пусть $X,\rho$ -- метрическое пространство и $f:X\to X,\quad\rho(f(x),f(y))<\rho(x,y),\quad x\ne y$. Доказать, что если последовательность $x_{n+1}=f(x_n)$ содержит сходящуюся подпоследовательность то $f$ имеет неподвижную точку.

Поскольку последовательность $\rho(x_n, x_{n+1})$ невозрастает и ограничена снизу, то существует предел $\rho_0 = \lim\limits_{n\to\infty} \rho(x_n, x_{n+1}).$
Пусть $y = \lim\limits_{k\to\infty} x_{n_k}.$ Тогда $f(y) = \lim\limits_{k\to\infty} x_{n_k+1}$ и $f(f(y)) = \lim\limits_{k\to\infty} x_{n_k+2}.$
Следовательно, $\rho (f(f(y)), f(y)) = \lim\limits_{k\to\infty} \rho (x_{n_k+2}, x_{n_k+1}) = \rho_0 = \lim\limits_{k\to\infty} \rho (x_{n_k+1}, x_{n_k}) = \rho (f(y), y),$ а это возможно только при $\rho (f(y), y)=0.$

[xmaister]

ewert в сообщении #566484 писал(а):

Так может ли этот минимум быть ненулевым?

Не может, это противоречит тому что на $X$ достигается минимум $f$. Тогда, если минимум нулевой, понятно что неподвижная точка будет.
hippie
Не понимаю. Последовательность $\rho (x_n,x_{n+1})$- убывает. И тогда если $\rho_0=0$, то $\rho (f(f(y)),f(y))<\rho (f(y),y)=0$, как такое возможно?

[hippie]

xmaister в сообщении #566521 писал(а):

Не понимаю. Последовательность $\rho (x_n,x_{n+1})$ — убывает. И тогда если $\rho_0=0$, то $\rho (f(f(y)),f(y))<\rho (f(y),y)=0$, как такое возможно?

Не понимаю, откуда у Вас появилось неравенство $\rho (f(f(y)), f(y)) < \rho (f(y), y).$
У меня было доказано, что наоборот — всегда выполнено точное равенство $\rho (f(f(y)) , f(y)) = \rho (f(y) , y) = \rho_0.$

[Oleg Zubelevich]

hippie в сообщении #566518 писал(а):

Oleg Zubelevich в сообщении #566392 писал(а):

hippie
Я вспоминаю такую задачу. Пусть $X,\rho$ -- метрическое пространство и $f:X\to X,\quad\rho(f(x),f(y))<\rho(x,y),\quad x\ne y$. Доказать, что если последовательность $x_{n+1}=f(x_n)$ содержит сходящуюся подпоследовательность то $f$ имеет неподвижную точку.

Поскольку последовательность $\rho(x_n, x_{n+1})$ невозрастает и ограничена снизу, то существует предел $\rho_0 = \lim\limits_{n\to\infty} \rho(x_n, x_{n+1}).$
Пусть $y = \lim\limits_{k\to\infty} x_{n_k}.$ Тогда $f(y) = \lim\limits_{k\to\infty} x_{n_k+1}$ и $f(f(y)) = \lim\limits_{k\to\infty} x_{n_k+2}.$
Следовательно, $\rho (f(f(y)), f(y)) = \lim\limits_{k\to\infty} \rho (x_{n_k+2}, x_{n_k+1}) = \rho_0 = \lim\limits_{k\to\infty} \rho (x_{n_k+1}, x_{n_k}) = \rho (f(y), y),$ а это возможно только при $\rho (f(y), y)=0.$

Даааа, Вы класс продемонстрировали. Это результат Эдельштейна, в монографии Эдвардса по функциональному анализу он предлагается в качестве задачи. Так вот план доказательства, который там приведен, гораздо сложнее, чем то, что Вы написали. Мои поздравления!

[hippie]

Oleg Zubelevich в сообщении #566560 писал(а):

Это результат Эдельштейна, в монографии Эдвардса по функциональному анализу он предлагается в качестве задачи. Так вот план доказательства, который там приведен, гораздо сложнее, чем то, что Вы написали.

Ну я же не знал, что это такая сложная задача.
Вот и решал её как простую…

[Профессор Снэйп]

(Оффтоп)

Oleg Zubelevich в сообщении #566483 писал(а):

это не децкая задача

Как раз совсем дедцкая.