неподвижная точка

[zoo]

Доказать

Утв. Пусть $f:\mathbb{R}^m\to \mathbb{R}^m$ -- непрерывное отображение такое, что для любых $x,y$ верны неравенства
1) $\|f(x)-f(y)\|\le \|x-y\|$
2) $\|f(x)\|\le c(\|x\|^\gamma+1)$
где $\gamma<1,\quad c$ -- положительные константы.
Тогда отображеие $f$ имеет неподвижную точку $f(x')=x'$.

[RIP]

Странная какая-то задача. Во-первых, зачем говорить "непрерывное", если непрерывность следует из 1)? Во-вторых, условие 1) лишнее (достаточно непрерывности). Из 2) следует, что найдётся $R>0$, такое что $f(B_R)\subset B_R$, где $B_R=\{x\in\mathbb R^m\mid \|x\|_2\leqslant R\}$, и останется применить теорему Брауэра о неподвижной точке.

[zoo]

RIP писал(а):

Странная какая-то задача. Во-первых, зачем говорить "непрерывное", если непрерывность следует из 1)? Во-вторых, условие 1) лишнее (достаточно непрерывности). Из 2) следует, что найдётся $R>0$, такое что $f(B_R)\subset B_R$, где $B_R=\{x\in\mathbb R^m\mid \|x\|_2\leqslant R\}$, и останется применить теорему Брауэра о неподвижной точке.

мнда, действительно все так. Перемудрил.

[RIP]

А какое доказательство предполагалось?

[Someone]

Так как $\gamma<1$, то

$$\lim_{\|x\|\to+\infty}\frac{c(\|x\|^{\gamma}+1)}{\|x\|}=0\text{,}$$

поэтому найдётся такое число $r>0$, что

$$\frac{c(\|x\|^{\gamma}+1)}{\|x\|}\leqslant 1$$

при всех $x\in\mathbb R^m$, удовлетворяющих условию $\|x\|\geqslant r$. Поэтому при таких $x$ будет $\|f(x)\|\leqslant\|x\|$.
Функция $\varphi(x)=\|f(x)\|$ непрерывна, поэтому она ограничена на шаре $B_r=\{x\in\mathbb R^m:\|x\|\leqslant r\}$, то есть, существует такое число $M>0$, что $\|f(x)\|\leqslant M$ для всех $x\in B_r$.
Обозначим $R=\max\{r,M\}$ и $B_R=\{x\in\mathbb R^m:\|x\|\leqslant R\}$. Тогда для любого $x\in B_R$ будет $\|f(x)\|\leqslant R$, то есть, отображение $f$ отбражает шар $B_R$ в себя.
Поскольку замкнутый шар в $\mathbb R^m$ обладает свойством неподвижной точки (К.Куратовский. Топология. Том 2. "Мир", Москва, 1969. Глава 7, § 53, пункт III, теорема 11; там речь идёт о кубе, но это несущественно, поскольку куб и шар гомеоморфны), то отображение $f$ имеет неподвижную точку в шаре $B_R$.

Условие 1) - лишнее.

Добавлено спустя 4 минуты 1 секунду:

Пока писал подробно, уже объяснили, в чём дело.

[zoo]

Доказать

Утв. Пусть $f:\mathbb{R}^m\to \mathbb{R}^m$ -- отображение такое, что для любых $x,y$ верны неравенства
1) $\|f(x)-f(y)\|\le \|x-y\|$
2) $\limsup_{\|x\|\to\infty}\frac{(f(x),x)}{\|x\|^2}<1.$
Тогда отображеие $f$ имеет неподвижную точку $f(x')=x'$.
(норма порождена скалярным произведением)

[maxal]

zoo, замечание за дублирование тем!

[id]

Если совсем нестрого сводить к предыдущей, то можно воспользоваться чем-то вроде
$(x-f(x),x)>0$
Следовательно, $(x-f(x),f(x))>0$ ( Иначе умножаем на -1, складываем с первым, получаем что $(0,x+f(x))>0$ ). То есть $(f(x),f(x))<(x,f(x))<(x,x)$.

[zoo]

id писал(а):

Следовательно, $(x-f(x),f(x))>0$

почему?

Добавлено спустя 2 часа 2 минуты 33 секунды:

хе-хе похоже задачка подвиснет

указание: рассмотреть уравнения $x=\lambda f(x)$ при $\lambda\nearrow 1$

[zoo]

$F:E\to E$ -- отображение метрического пространства такое, что
$\rho(F(x),F(y))<\rho(x,y)$ для любых $x,y$. Предположим, что для ненкоторой точки $x_0$ из последовательности $x_{n+1}=F(x_n),\quad n=0,1...$ можно извлечь сходящуюся подпоследовательность. Доказать, что отображение $F$ имеет неподвижную точку.

[maxal]

zoo, повторное замечание за дублирование тем!

[AGu]

Спасибо за интересную задачу, zoo!
Честно признаюсь, по пути к решению мне пришлось изрядно взлохматить мозг.

Чтобы формулы были менее громоздкими, условимся обозначать метрику символом $|{\cdot}-{\cdot}|$
и тем самым записывать расстояние между точками $x$ и $y$ в виде $|x-y|$.
(Разумеется, при этом ни вычитание, ни модуль не вводятся.)

Итак, пусть $(E,|{\cdot}-{\cdot}|)$ -- метрическое пространство,
$F:E\to E$ и $|F(x)-F(y)|<|x-y|$ при $x\ne y$.

Рассмотрим точку $x_0\in E$, определим последовательность $(x_n)$
рекуррентным правилом $x_{n+1}=F(x_n)$ для всех $n\in\{0,1,\dots\}$
и предположим, что некоторая подпоследовательность $(x_{n_k})$ сходится к $x\in E$.

Покажем, что $F(x)=x$.

Введем функцию $\varphi:E\to{\mathbb R}$, полагая $\varphi(e)=|F(e)-e|$ для всех $e\in E$.
Благодаря очевидной непрерывности отображения $F$ функция $\varphi$ непрерывна.
Для любого $n\in\{0,1,\dots\}$ мы имеем

$$ \varphi(x_{n+1})=|F(x_{n+1})-x_{n+1}|=\bigl|F\bigl(F(x_n)\bigr)-F(x_n)\bigr|\leqslant|F(x_n)-x_n|=\varphi(x_n). $$

Таким образом, последовательность чисел $\varphi(x_n)\geqslant0$ убывает и поэтому сходится.
Поскольку $\varphi(x_{n_k})\to\varphi(x)$ при $k\to\infty$, мы имеем $\varphi(x_n)\to\varphi(x)$ при $n\to\infty$.
В частности, $\varphi(x_{n_k+1})\to\varphi(x)$ при $k\to\infty$.
С другой стороны, $\varphi(x_{n_k+1})=\varphi\bigl(F(x_{n_k})\bigr)\to\varphi\bigl(F(x)\bigr)$ при $k\to\infty$,
а значит, $\varphi\bigl(F(x)\bigr)=\varphi(x)$.
Следовательно, $F(x)=x$, так как в случае $F(x)\ne x$ мы бы имели

$$ \varphi\bigl(F(x)\bigr)=\bigl|F\bigl(F(x)\bigr)-F(x)\bigr|<|F(x)-x|=\varphi(x). $$

[zoo]

Красиво. Мое доказательство пожалуй подлиннее

[ewert]

Короче говоря:

последовательность $\{\rho(x_n,f(x_n))\}$ монотонно убывает, т.к. $\rho(x_{n+1},f(x_{n+1}))=\rho(f(x_n),f(f(x_n)))<\rho(x_n,f(x_n))$. Следовательно, существует $\mathop{\lim}\limits_{n\to\infty}\rho(x_n,f(x_n))=A\geqslant0$. В частности, по любой подпоследовательности $\rho(x_{n_k},f(x_{n_k}))\longrightarrow A$ и $\rho(x_{n_k+1},f(x_{n_k+1}))=\rho(f(x_{n_k}),f(f(x_{n_k})))\longrightarrow A$. Если теперь подпоследовательность $\{x_{n_k}\}$ сходится к некоторому $x$, то из непрерывности функции $f$ следует $\rho(x,f(x))=\rho(f(x),f(f(x)))=A$. Если $A>0$, то это противоречит требованию $\rho(x,y)>\rho(f(x),f(y))$. Следовательно, $A=0$, т.е. $f(x)=x$.

Ну это так, попытка небольшой оптимизации. А интересно вот что:

если хоть одна подпоследовательность $\{x_{n_k}\}$ сходится к некоторому $x$, то и вся последоватьность $\{x_n\}$ сходится к этому же $x$.

(Поскольку ввиду неподвижности точки $x$ последовательность $\{\rho(x,x_n)\}$ монотонно убывает, и именно к нулю, раз уж она стремится к нулю по подпоследовательности.)

[zoo]

Отображение $f:[0,1]\to[0,1]$ таково, что
1) $\limsup_{x\to y-}f(x)\le f(y),\quad y\in(0,1]$
2) $\limsup_{x\to y+}f(x)\ge f(y),\quad y\in[0,1)$
Доказать, что $f$ имеет неподвижную точку.