Тема 13

Свиващи изображения. Принцип за неподвижната точка.

---

страницата се нуждае от дописване/преглеждане

---

Дефиниция(свиващо изображение): Нека $\langle X, \rho \rangle$ е пълно метрическо пространство. Ще казваме, че функция $f : X \to X$ е свиваща, ако

(1)

\begin{align} \exists \alpha < 1 : \rho(f(x), f(y)) \le \alpha \rho(x, y) \quad \forall x, y \in X \end{align}

Дефиниция(неподвижна точка): Точката $x_0 \in X$ се нарича неподвижна за функцията $f : X \to X$ ако $f(x_0) = x_0$.

Теорема: Нека $\langle X, \rho \rangle$ е пълно метрическо пространство и $f$ е свиващо изображение. Тогава съществува единствена неподвижна точка за $f$.
Доказателство: Нека $x_0 \in X$. Дефинираме редицата $\{ x_n \}_{n=0}^{\infty}$ по следния начин:

(2)

\begin{align} x_0,\ x_1 = f(x_0),\ x_2 = f(x_1),\cdots, x_n = f(x_{n-1}), \cdots \end{align}

Ще докажем, че $\{ x_n \}_{n=0}^{\infty}$ е фундаментална:

(3)

\begin{eqnarray} \rho(x_n, x_n-1) &\le& \alpha \rho(x_{n-1}, x_{n-2}) \\ \rho(x_{n-1}, x_{n-2}) &\le& \alpha\rho(x_{n-2}, x_{n-3}) \\ &\vdots& \\ \rho(x_3, x_2) &\le& \alpha\rho(x_2, x_1) \\ \Rightarrow \rho(x_n, x_{n-1}) &\le& \alpha^{n-2} \rho(x_1, x_2) \end{eqnarray}

Сега да разпишем $\rho(x_n, x_{n+p})$:

(4)

\begin{eqnarray} \rho(x_n, x_{n+p}) &\le& \rho(x_n, x_{n+1}) + \rho(x_{n+1}, x_{n+2}) + \cdots + \rho(x_{n+p-1}, x_{n+p})\\ &\le& \alpha^{n-1}\rho(x_1, x_2) + \alpha^n \rho(x_1, x_2) + \cdots + \alpha^{n+p-2}\rho(x_1, x_2)\\ &\le& \sum_{k=n-1}^{\infty} \alpha^{k} \rho(x_1, x_2) \end{eqnarray}

Тъй като реда е сходящ, т.е редицата от парциалните му суми клони към сумата му, следва че редицата от (сумата - парциалните суми) клони към 0. Т.е

(5)

\begin{align} \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=n-1}^{\infty} \alpha^{k} \rho(x_1, x_2) = 0 \end{align}

Доказахме, че за произволен епсилон, съществува $n$, такова че за всяко $p > 0$ имаме $\rho(x_n, x_{n+p}) < \epsilon$. Т.е - редицата $\{ x_n \}$ e фундаментална. Тъй като $X$ е пълно метрическо пространство, всяка фундаментална редица си има граница. Нека $\lim x_n = x^\star$. Тогава

(6)

\begin{matrix} x_n &=& f(x_{n-1}) \\ \downarrow \infty & & \downarrow \infty \\ x^\star &=& f(x^\star) \end{matrix}

Допускаме, че има 2 неподвижни точки $x^\star, x^{\star\star}$. Но тогава

(7)

\begin{align} \rho(x^{\star}, x^{\star\star}) = \rho(f(x^{\star}), f(x^{\star\star})) \le \alpha\rho(x^{\star}, x^{\star\star}) < \rho(x^\star, x^{\star\star}) \end{align}

с което стигаме до противоречие.

Следствие: Нека

(8)

\begin{align} f^{(n)} = \underbrace{f \circ f \circ \cdots \circ f}_{n} \end{align}

е свиващо изображение. Тогава съществува единствена неподвижна точка за $f$.
Доказателство: От теоремата съществува единствена неподвижна точка $x_0$ за $f^{(n)}$. Ще докажем, че $x_0$ е неподвижна точка за $f$:

(9)

\begin{eqnarray} f^{(n+1)}(x_0) &=& f(f^{(n)}(x_0)) = f(x_0)\\ f^{(n+1)}(x_0) &=& f^{(n)}(f(x_0)) \\ \Rightarrow f^{(n)}(f(x_0)) &=& f(x_0) \end{eqnarray}

И понеже $f^{(n)}$ има единствена неподвижна точка получаваме $x_0 = f(x_0)$.
Ако допуснем, че $f$ има друга неподвижна точка, веднага получаваме, че и $f^{(n)}$ има друга неподвижна точка.

Лема(на Урисон): Нека $X$ е нормално.
Тогава за всеки две затворени, непресичащи се множества $F_1, F_2 : F_1 \cap F_2 = \varnothing$, съществува непрекъсната функция $f : X \to \mathbb R$
за която $f(F_1) = 0 \And f(F_2) = 1$.

Твърдение: Лемата на Урисон е еквивалентна с нормалност. Т.е:
Нека $F_1, F_2$ са произволни затворени непресичащи се ($F_1 \cap F_2 = \varnothing$) множества от $\langle X, \Omega \rangle$. Ако $\exists f : X \to \mathbb R$, непрекъсната, такава че $f(F_1) = 0 \And f(F_2) = 1$, тогава $X$ е нормално.
Доказателство: Нека $F_1, F_2$ са произволни затворени непресичащи се множества. Нека $f : X \to \mathbb [0, 1]$ е такава непрекъсната функция, за която $f(F_1) = 0 \And f(F_2) = 1$. Тогава нека $V_1 = f^{-1}([0, \frac{1}{2})) \And V_2 = f^{-1}((\frac{1}{2}, 1])$. $V_1, V_2$ са отворени (защото $[0, \frac{1}{2})$ и $(\frac{1}{2}, 1]$ са отворени в релативната топология). Т.е получихме $F_1 \subset V_1 \And F_2 \subset V_2 \And V_1 \cap V_2 = \varnothing$, т.е отделихме две произволни затворени множества с отворени множества - т.е имаме Т4 за отделимост.

Лема: Нека $\langle X, \Omega \rangle$ е топологическо пространство. Нека $F$ е затворено множество и $U$ е отворено множество, такива че $F \subset U$. Тогава $X$ изпълнява T4 за отделимост е равносилно на $\exists V$ отворено, за което $F \subset V \subset [V] \subset U$.
Доказателство:
Права посока: От Т4 следва съществуване на $V$ с посочените свойства.
Нека $F \subset U$, $F$ затворено, $U$ отворено. Тогава $X \setminus U = F_0$ е затворено. Тъй като $F_0 \cap F = \varnothing$, то от T4 следва съществуване на отворени $V_0, V_1 : F_0 \subset V_0 \And F \subset V_1 \And V_0 \cap V_1 = \varnothing$. Тогава

(10)

\begin{align} F \subset V_1 \subset [V_1] \subset X \setminus V_0 \subset U \end{align}

Обратна посока: От съществуването на $V$ с посочените свойствав следва T4.
Нека $F_0, F_1$ са произволни затворени множества. Нека $U = X \setminus F_0 \supset F_1$. Тогава $\exists V : F_1 \subset V \subset [V] \subset U$. Така получихме $F_1 \subset V \And F_0 \subset X \setminus [V]$, т.е T4 за отделимост.

Доказателство(лемата на Урисон):
Ще направим конструктивно доказателство.
Нека $F_0, F_1$ са две произволни затворени, непресичащи се множества - $F_0 \cap F_1 = \varnothing$. Нека положим $V_1 = X \setminus F_1$ - отворено множество.
Използвайки предишната лема конструираме следните множества:

(11)

\begin{eqnarray} & & F_0 \subset V_{\frac{1}{2}} \subset [V_{\frac{1}{2}}] \subset V_1 \\ & & F_0 \subset V_{\frac{1}{4}} \subset [V_{\frac{1}{4}}] \subset V_{\frac{1}{2}} \subset [V_{\frac{1}{2}}] \subset V_{\frac{3}{4}} \subset [V_{\frac{3}{4}}] \subset V_1 \\ & & \vdots \\ & & F_0 \subset \cdots \subset V_{\frac{p}{2^q}} \subset [V_{\frac{p}{2^q}}] \subset \cdots \subset V_1 \\ & & \vdots \\ \end{eqnarray}

Т.е конструирахме си отворени множества $V_{\frac{p}{2^q}}$ за всеки две естествени числа $p, q$ ($p$ - нечетно).
Тъй като $\frac{p}{2^q}$ е навсякъде гъсто във $[0, 1]$ си дефинираме $V_t$ за всяко реално число в интервала $[0, 1]$:

(12)

\begin{align} \forall t \in [0, 1] : V_t = \bigcup_{s \le t} V_s \quad s = \frac{p}{2^q} \end{align}

Сега ще си конструираме функцията $f$ по следния начин:

(13)

\begin{align} f(x_0) = \begin{cases} \inf \{ t | x \in V_t \} & \exists t(x \in V_t) \\ 1 & \forall t(x \notin V_t) \\ \end{cases} \end{align}

Сега ще докажем, че $f(F_0) = 0 \And f(F_1) = 1$.
Нека $x \in F_0$ е произволно. Тогава $x \in V_t \quad \forall t \in (0, 1]$. Тогава, от дефиницията на $f$ имаме $f(x) = \inf ((0, 1]) = 0$.
Т.е доказахме, че $f(F_0) = 0$.
Нека $x \in F_1$ е произволно. Тогава $x \notin V_1 = X \setminus F_1$. От тук $x \notin V_t \forall t \in [0, 1]$. Така получихме $f(x) = 1$ - доказахме, че $f(F_1) = 1$.

Сега остава да докажем, че е непрекъсната. Нека $x_0 \in X$ е произволно, и нека $f(x_0) = y_0 \in [0, 1]$. Нека фиксираме произволно $\epsilon > 0$.
Ако $\exists t(x_0 \in V_t)$, тогава имаме, че $\forall y > y_0 : x \in V_y$ (защото множествата са вложени едно в друго, и функцията връща $\inf$).
Тогава $x \in V_{y_0 + \epsilon}$.
От друга страна $\forall y < y_0 : x \notin V_y$ (защото функцията връща $\inf$). Тогава $x \notin V_{y_0 - \epsilon}$.
Сега конструираме следното отворено множество: $U_{x_0} = V_{y_0 + \epsilon} \cap (X \setminus [V_{y_0 - \epsilon}])$. Със сигурност $x_0 \in U_{x_0}$. Също така поради избора на $U_{x_0}$ лесно се проверява, че $\forall x \in U_{x_0} : f(x) \in [y_0 - \epsilon, y_0 + \epsilon]$. Така окончателно получихме:

(14)

\begin{align} | f(x) - f(x_0) | \le \epsilon \quad \forall x \in U_{x_0} \end{align}

С което доказахме, че функцията е непрекъсната.
В случая, когато $\forall t(x_0 \notin V_t)$ просто избираме $U_{x_0} = X \setminus [V_{1-\epsilon}]$ и аналогично проверяваме непрекъснатостта.

Дефиниция: Нека $f : X \to \mathbb R$ е произволна числова функция. Дефинираме $\mathrm{Supp} f = [ \{ x | f(x) \ne 0 \} ]$, т.е затворената обвивка на стойностите, за който функцията е неотрицателна.

Твърдение: Нека $\langle X, \Omega \rangle$ е локално компактно, и изпълняващо T2 за отделимост (Хаус-Дорф). Тогава $\forall x_0 \in X : \exists f$ непрекъсната, за която $f(x) \in [0, 1] \quad \forall x \in X$ и $f(x_0) = 1$ и $\mathrm{Supp} f$ е компактен.
Доказателство: Ще допълним множеството до пълно с безкрайна точка : $X \cup \omega$ - също е компактно, и понеже е T2, значи е и нормално.
$\omega$ е точка, следователно затворено множество. Тъй като пространството е локално компактно съществува околност $U_{x_0}$, за която $[U_{x_0}]$ е компактно. Тогава по лемата на Урисон съществува непрекъсната функция $f : X \to [0, 1]$, за която $f(\omega) = 0 \And f([U_{x_0}]) = 1$. Тъй като $\mathrm{Supp} f$ е затворено множество в компактно, тогава и то е компактно. С това твърдението е доказано.