Teoria punktów stałych

prof. dr hab. Jacek Jachymskispisane. mgr inż. Piotr Kowalski oraz mgr Michał Boczek

4 lutego 2014

1

numer data autor opis0.1 23.10.2013 Piotr Kowalski wykłady 1,2,5 pełne, 3 wykład nie pełny oraz wykład 4 spisany

przez Michała Boczka0.2 30.10.2013 Piotr Kowalski wykład 4 uzupełniony przez Michała. Wykład 3 dokończony, spi-

sane wykłady 6 i 7.0.3 30.10.2013 Piotr Kowalski wykład 8 dopisany.0.4 6.11.2013 Piotr Kowalski wykład 9 dopisany.0.5 14.11.2013 Piotr Kowalski wykład 10 dopisany.0.6 20.11.2013 Piotr Kowalski Poprawki oraz dopisany wykład 11.0.7 27.11.2013 Piotr Kowalski Wykład 12 dopisany0.8 9.01.2014 Piotr Kowalski, Michał

BoczekPoprawki oraz wykład 13,14,15

0.9 4.02.2014 Piotr Kowalski Poprawki błędów znalezionych przed egzaminem

1

Spis treści

1 Proste uogólnienia twierdzenia Banacha 3

2 Zastosowanie twierdzeń o punkcie stałym w rozwiązywaniu równań różniczkowych 62.1 Zastosowania tw. Schaudera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

3 Zastosowanie twierdzenie Schaudera do twierdzenia o lokalnym dyfeomorfizmie 18

4 Twierdzenie Weierstrass-Stone’a 204.1 Algebry Banacha . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

5 Zastosowania twierdzenia Banacha w teorii fraktali 28

6 Twierdzenie Nadlera dla wielowartościowych kontrakcji 35

7 Odwzorowania nieoddalające 36

8 Twierdzenie Browdera o istnieniu okresowych rozwiązań pewnych równań różnicz-kowych 42

9 Twierdzenie Peano o istnieniu rozwiązania zagadnienia Cauchyego 44

2

Wykład 1

1 Proste uogólnienia twierdzenia Banacha

Definicja 1.1 (Odwzorowanie lipschitzowskie). Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną, oraz T :X → X. Powiemy, że T jest lipschitzowskie jeśli

∃L ­ 0∀x, y ∈ X d (Tx, Ty) ¬ Ld (x, y)

Stałą Lipschitza nazwiemy liczbę:

L (T ) = inf L > 0,∀x, y ∈ X d (Tx, Ty) ¬ Ld (x, y) .

Alternatywnie, można wykorzystać wzór:

L (T ) = sup

d (Tx, Ty)d (x, y)

x 6= y, x, y ∈ X.

Gdy X jest przestrzenią unormowaną i T ∈ B (X) to

L (T ) = ‖T‖ = sup‖x‖¬1

‖Tx‖

Lemat 1.2. Gdy S, T : X → X, S, T są lipschitzowskie to

L (S T ) ¬ L (S) L (T )

Dowód.Niech x, y ∈ X. Wtedy

d (S(T (x)), S(T (y))) ¬ L (S) d (Tx, Ty) ¬ L (S) L (T ) d (x, y)

©

Wniosek 1.3. Niech T : X → X będzie odwzorowanie lipschitzowskim. Wtedy

∀n,m ∈ N L (Tm Tn) ¬ L (T )n+m

Lemat 1.4. Niech (an)n∈N ⊂ R, an ­ 0 oraz

∀n,m ∈ N an+m ¬ an · am

czyli an będzie ciągiem podmultiplikatywnym. Wtedy ciąg a1nn jest zbieżny oraz granica tego ciągu

lim a1nn = inf

a1nn , n ∈ N

= a

czyli równoważnie

∀p ∈ N lim a1nn ¬ a

1pp

Gdy T jest lipschitzowski, an = L (Tn) to an jest podmultiplikatywny więc istnieje granica lim L (Tn)1n .

Gdy X jest przestrzenią unormowaną i T ∈ B (X) to

lim L (Tn)1n = lim ‖Tn‖

1n = r (T )

gdzie r (T ) oznacza promień spektralny operatora T .

3

Lemat 1.5. Niech (an)n∈N będzie ciągiem podmultiplikatywnym. NWSR

(i) lim n√an < 1

(ii)∞∑n=1

an <∞

(iii) lim an = 0

(iv) istnieje p ∈ N takie, że ap < 1

Dowód.Dowód (i) to (ii) wynika z Kryterium Cauchy’ego.

Dowód (ii) to (iii) wynika z warunku zbieżności szeregu liczbowego.Dowód (iii) to (iv) natomiast z definicji granicy.

Dowód (iv) to (i). Z wcześniejszego lematu 1.4 ciąg(a1n n

)n∈N

jest zbieżny oraz

lim a1nn ¬ a

1pp

Jako, że ap < 1, więc a1pp < 1. Zatem zachodzi (i). ©

Twierdzenie 1.6 (Uogólnienie twierdzenia Banacha 1). Załóżmy, ze (X, d) jest zupełną przestrzeniąmetryczną, T : X → X jest lipschitzowskie oraz istnieje takie p ∈ N, że L (T p) < 1. Wtedy dla dowol-nego x0 ∈ X, (Tnx)n∈N jest zbieżny do do x∗ takiego, że x∗ jest jedynym punktem stałym odwzorowaniaFix (T ) = x∗.

Dowód.Niech xn ∈ X i niech m > n. Wtedy

d (Tnx0, Tmx0) ¬ d

(Tnx0, T

n+1x0)

+ . . .+ d(Tm−1x0, T

mx0)¬

¬ L (Tn) d (x0, Tx0) + . . .+ L(Tm−1

)d (x0, Tx0) ¬ d (x0, Tx0)

m−1∑i=n

L(T i)

Wiedząc, że∞∑k=n

L(T k)→ 0 otrzymujemy, że Tnx0 jest C-ciągiem. Z zupełności jest zatem zbieżny

do pewnej granicy x∗. Do tej samej granicy zbieżny jest podciąg Tn+1x0 → x∗. Z drugiej stronyTn+1x0 → Tx∗. Wobec jednoznaczności granic x∗ jest punktem stałym. Pozostaje wykazać jedno-znaczność. Niech y∗ = Ty∗. Wtedy T p(y∗) = y∗ również, oraz T p(x∗) = x∗. Skoro T p jest zwężająceto z twierdzenia Banacha ma tylko jeden punkt stały. Zatem x∗ = y∗. ©

Przykład 1.7 (Przykład funkcji nie zwężającej o zwężającej iteracie.). Niech X = [0, 1]. Rozważamyodwzorowanie postaci

TX =−2x+ 1 , x ∈ [0, 1

4 ]12 , x ∈ ( 1

4 , 1]

Wtedy T 2x = 12 dla x ∈ [0, 1].

4

Twierdzenie 1.8 (Goebel). Załóżmy, ze (X, d) jest zupełną przestrzenią metryczną, T : X → X jestlipschitzowskie oraz istnieje takie p ∈ N, że L (T p) < 1. Wówczas istnieje metryka ρ lipschitzowskorównoważna d tj.

∃α, β > 0 ∀x, y ∈ X α d (x, y) ¬ ρ (x, y) ¬ β d (x, y)

taka, że Lρ (T ) < 1

Uwaga 1.9. Twierdzenie 1.6 wynika z zasady Banacha. Gdy ρ jest metryką z twierdzenia Goebla 1.8to (X, ρ) jest zupełna i T jest odwzorowaniem zwężającym względem ρ.

Wykład 2

Twierdzenie 1.10 (Uogólnienie zasady Banacha 2). Załóżmy, że (X, d) jest przestrzenią zupełnąT : X → X i dla pewnego p ∈ N T p jest lipschitzowskie oraz L (T p) < 1. Wówczas istnieje dokładniejeden punkt stały x∗ odwzorowania T oraz dla dowolnego x0 ∈ X zachodzi

x∗ = limTnx0

Gdy p = 1 to

d (Tnx0, x∗) ¬ L (T )n

1− L (T )d (x0, Tx0)

Lemat 1.11. T : X → X dla pewnego x∗ oraz p ∈ N mamy, że jeśli Fix (T p) = x∗ to Fix (T ) = x∗.

Dowód.Pokazaliśmy wcześniej, że Fix (T ) ⊂ Fix (T p). Wystarczy zatem pokazać, że Tx∗ = x∗. Mamy, żex∗ = T px∗ więc Tx∗ = T (T px∗) = T p(Tx∗). Stąd Tx∗ = x∗, a zatem Fix (T ) = x∗. ©

Można pokazać lemat ogólniejszy

Lemat 1.12. Jeśli dla pewnego x∗ ∈ X, Fix (S) = x∗ oraz S T = T S to x∗ = Tx∗

Dowód.Zauważmy, że Tx∗ = T (S(x∗)) = S(T (x∗)). Wiedząc, że jedynym punktem stałym dla S jest x∗

otrzymujemy Tx∗ = x∗. ©

Dowód tw. 1.10.Z tw. Banacha dla T p mamy, że dla pewnego x∗ ∈ X, Fix (T p) = x∗. Niech x0 ∈ X będzie dowolne.Dla T p mamy, że x∗ = lim(T p)nx0 = limT pnx0. Czyli

limT pnx0 = x∗

Analogicznie dla Tx0 zamiast x0 otrzymujemy:

limT pn+1x0 = x∗

Analogicznie możemy wykazać, że dla dowolnego j ∈ 0, . . . , p− 1 zachodzi

limT pn+jx0 = x∗

Wobec argumentu zasady szufladkowej Dirichleta limTnx0 → x∗. ©

5

Przykład 1.13. Niech X = R oraz

Tx =

1 , x ∈ Q0 , x ∈ IQ

Wtedy T nie jest ciągła w żadnym punkcie, więc L (T ) = +∞. Natomiast L(T 2)

= 0 ponieważT 2x ≡ 1.

Twierdzenie 1.14. Załóżmy, że (X, d) - metryczna zupełna T : X → X i dla pewnego p ∈ N,L (T p) < 1. NWSR

(i) istnieje metryka ρ równoważna metryce d taka, że (X, ρ) jest zupełna i Lρ (T ) < 1

(ii) T jest ciągła względem d.

Twierdzenie 1.15 (O stabilności procedury iteracyjnej w twierdzniu Banacha, Ostrowski 1967).Załóżmy, że spełnione są założenia twierdzenia Banacha i x0 ∈ X. Niech y0 := x0 i dla n ∈ N zachodziyn ≈ Tyn−1 tj. d (yn, T yn−1) < εn. Wtedy jeśli lim εn = 0 to lim yn = x∗.

Wykorzystamy następujący lemat

Lemat 1.16. Niech an ­ 0, α ∈ (0, 1) i dla dowolnego n ∈ N zachodzi

an ¬ αan−1 + εn

gdzie εn > 0 i εn → 0, to an → 0.

Dowód.Łatwo przeliczyć, że

an ¬ αna0 +n∑i=1

εiαn−i

Z twierdzenia Cauchyego o iloczynie szeregów, mamy, że

∞∑n=1

(αn−1ε1 + . . .+ α0εn)

jest zbieżny. Z twierdzenia o 3 ciągach an → 0. ©

Dowód twierdzenia 1.15.Niech xn = Tnx0. Z twierdzenia Banacha występuje punkt staly x∗. Potrzebujemy wykazać, żed (xn, yn)→ 0.

d (xn, yn) ¬ d (Txn−1, T yn−1) + d (Tyn−1, yn) ¬ L (T ) d (xn−1, yn−1) + εn

©

2 Zastosowanie twierdzeń o punkcie stałym w rozwiązywaniurównań różniczkowych

Przykład 2.1. Zastosujmy twierdzenie Banacha do równań różniczkowych. Nich u0 ∈ R. Niech f :[0, a]× R→ R będzie ciągła. Rozważamy zagadnienie Cauchy’ego.

x′(t) = f(t, x(t)) dla t ∈ [0, a]x(0) = u0

(1)

6

Szukamy funkcji x ∈ C1 (0, a). Spełnia powyższe zagadnienie (1). Równanie to jest równoważne rów-naniu całkowemu

x(t) = u0 +

t∫0

f(s, x(s))ds (2)

Łatwo widać, że każde rozwiązanie (1) jest rozwiązaniem (2). Odwrotnie gdy funkcja jest ciągła i

spełnia (2) to funkcja [0, a] 3 t 7→ f(t, x(t)) jest ciągła, więc t 7→t∫

0f(s, x(s))ds jest klasy C1 (0, a).

Zatem różniczkując stronami (2) otrzymamy rozwiązanie (1). Definiujemy operator

∀x ∈ C (0, a) ∀t ∈ [0, a] (Tx)(t) := u0 +

t∫0

f(s, x(s))ds

Rozwiązanie problemy (2) jest równoważne spełnieniu warunku Tx = x.

Twierdzenie 2.2 (Twierdzenie Picarda-Lindelofa). Załóżmy, że f : [0, a]×R→ R jest ciągła na zespółzmiennych i spełnia warunek Lipschitza względem drugiej zmiennej, jednostajnie względem pierwszejzmiennej, tj.

∃C ­ 0 ∀t ∈ [0, a] ∀u, v ∈ R |f(t, u)− f(t, v)| ¬ C |u− v| .

Wówczas dla dowolnego u0 ∈ R zagadnienie (1) ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Dowód tw. 2.2, wersja klasyczna.Niech X = C ([0, a]) i dla x, y ∈ X określamy

d (x, y) = maxt∈[0,a]

|x(t)− y(t)| .

Wtedy (X, d) jest zupełna. Z definicji T wynika, że T (X) ⊂ X. Niech (x, y) ∈ C ([0, a]), t ∈ [0, a]

|Tx(t)− Ty(t)| =∣∣∣∣ t∫0f(s, x(s))− f(s, y(s))ds

∣∣∣∣ ¬¬

t∫0|f(s, x(s))− f(s, y(s))| ds ¬ C

t∫0|x(s)− y(s)| ¬

¬ C maxs∈[0,a]

|x(s)− y(s)| t = Ctd (x, y) ¬ Cad (x, y)

Z dowolności t ∈ [0, a] mamyd (Tx, Ty) ¬ Cad (x, y)

czyli L (T ) ¬ Ca. Jeśli Ca < 1 to z twierdzenia Banacha istnieje dokładnie 1 punkt stały. Załóżmyzatem, że Ca ­ 1. Istnieje wtedy m taki, że Ca

m < 1. Wtedy biorąc przestrzeń X = C[0, am ] orazoperator

∀x ∈ C([

0,a

m

])∀t ∈

[0,a

m

](T1x)(t) := u0 +

t∫0

f(s, x(s))ds

otrzymamy, że L (T1) ¬ C am < 1. Z twierdzenia Banacha T1 ma dokładnie jeden punkt stały x1 taki,

że x1(0) = u0. Funkcja ta rozwiązuje problemx′(t) = f(t, x(t)) , dla t ∈ [0, am ]

x(0) = u0 .

7

Rozważamy dalej przestrzeń X = C([

am ,

2am

])oraz operator

∀x ∈ C([

a

m,

2am

])∀t ∈

[a

m,

2am

](T2x)(t) := x

( am

)+

t∫am

f(s, x(s))ds

otrzymamy, że L (T2) ¬ C am < 1. Z twierdzenia Banacha T2 ma dokładnie jeden punkt stały x2 taki,

że x2(0) = x1( am ). Funkcja ta rozwiązuje problemx′(t) = f(t, x(t)) , dla t ∈ [0, am ]x(0) = x1( am ) .

Postępując analogicznie otrzymamy m częściowych rozwiązań. Wtedy x = x1 ∪ . . . xm 1 jest rozwią-zaniem wyjściowego problemu (1). Do zakończenia dowodu wystarczy zauważyć, że pochodne lewo iprawostronne w punktach sklejenia są zgodne. ©

Wykład 3

Dowód twierdzenia 2.2, wersja 2.Niech x ∈ C (0, a) i t ∈ [0, a] oraz operator T dany wzorem

Tx(t) := u0 +

t∫0

f(s, x(s))ds

Ponownie wykazujemy, że jest on lipschitzowski

|Tx(t)− Ty(t)| ¬ Ct∫

0

|x(s)− y(s)| ¬ Ca ‖x− y‖

Z dowolności t otrzymujemy, że L (T ) ¬ Ca. Analogicznie

∣∣T 2x(t)− T 2y(t)∣∣ ¬ C2

t∫0

s∫0

|x(s)− y(s)| ds ¬ C2a2

2‖x− y‖

Z dowolności t otrzymujemy L(T 2)¬ C2a2

2 . Analogicznie można wykazać, że L (Tn) ¬ Cnan

n! . Wo-

bec kryterium D’Alemberta widać, że szereg∞∑n=1

L (Tn) < +∞. Na mocy twierdzenia 1.10 operator T

ma dokładnie 1 punkt stały w C ([0, a]) i jest to zarazem jedyne rozwiązanie zagadnienia Cauchyego. ©

Dowód twierdzenia 2.2, wersja 3.Mamy L (T ) < ∞. Z dowodu w wersji 2 mamy, że istnieje metryka lipschitzowsko równoważna me-tryce maksimum przy której T jest zwężające. Podamy tu konstrukcję takiej metryki pochodzącą odBieleckiego.

Niech λ ­ 0 definiujemy

∀x ∈ C (0, a) ‖x‖λ = maxt∈[0,a]

e−λCt |x(t)|

Łatwo sprawdzić, że każda z tych funkcji jest normą dla dowolnego λ ­ 0. Ponadto normy te sąrównoważne. Istotnie, gdy T ∈ [0, a] to

e−λCt |x(t)| ¬ |x(t)| ¬ ‖x‖01gdzie funkcje traktujemy jak zbiory-relacje

8

Przechodząc do maksimum‖x‖λ ¬ ‖x‖0 .

Z kolei‖x‖λ ­ e

−λCt |x(t)| ­ e−λCa |x(t)|

Przechodząc do maksimum otrzymujemy ‖x‖λ ­ e−λCa ‖x‖0. W efekcie metryki są lipschitzowskorównoważne. Wykażemy lipschitzowskość w nowej metryce

|Tx(t)− Ty(t)| ¬ Ct∫

0|x(s)− y(s)| e−λCseλCsds ¬

¬ C ‖x− y‖λt∫

0eλCsds ¬ C ‖x− y‖λ

eλCt−1λC ¬ eλCt

λ ‖x− y‖λ

Wtedy

e−λCt |Tx(t)− Ty(t)| ¬ 1λ‖x− y‖λ .

Z dowolności t oraz x, y ∈ C ([0, a]) mamy Ldλ (T ) ¬ 1λ . Więc T jest zwężąjące gdy λ > 1. Zatem np.

jest zwężające z normą ‖x‖2 = maxt∈[0,a]

e−2Ct |x(t)|. ©

Zadanie 2.3. Pytamy o warunki na dla ”dobrych metryk” lipschitzowsko równoważnych. Rozważmyφ ∈ C ([0, a];R+). Definiujemy

‖x‖φ = maxt∈[0,a]

φ(t) |x(t)|

Lemat 2.4. NWSR

(i) ‖·‖φ jest normą

(ii) φ−1 (0) jest nigdzie gęsty w [0, a].

Dowód.Przywołajmy wcześniej znaczenie pojęcia nigdzie gęstości zbioru. φ−1 (0) jest nigdzie gęsty w [0, a]oznacza, że

Intφ−1 (0) = ∅

Oznaczmy A := φ−1 (0) oraz B := [0, a] \ A. Załóżmy, że A jest nigdzie gęsty w [0, a]. Wszystkiewarunki poza zerem normy są oczywiste. Załóżmy zatem, że ‖x‖φ = 0. Wtedy dla dowolnego t ∈ [0, a]zachodzi φ(t) |x(t)| = 0. Stąd x(t) = 0 dla t ∈ B. Wtedy

B = [0, a] \ Int ([0, a] \B) = [0, a] \ IntA = [0, a]

Zatem B jest gęsty w [0, a] i X|B ≡ 0. Z ciągłości x ≡ 0 w [0, a].Dowodzimy warunku koniecznego. Niech ‖·‖φ będzie normą. Przypuśćmy φ−1 (0) 6= ∅. Zatem A

zawiera przedział (c, d) ⊂ [0, a]. Rozważamy funkcję taką, że f ∈ C ([0, a]), f |[0,c]∪[d,a] ≡ 0 oraz dlakażdego t ∈ (c, d) zachodzi f(t) > 0. Wtedy ‖f‖φ = 0 a f 6= 0. Sprzeczność. ©

Lemat 2.5. Załóżmy, że φ−1 (0) jest nigdzie gęsty. NWSR

(i) ‖·‖φ i ‖·‖1 są równoważne

(ii) dla dowolnego t ∈ [0, a] zachodzi φ(t) > 0.

9

Dowód.Dowód (ii) ⇒(i).

φ(t) |x(t)| ¬ ‖φ‖1 ‖x‖1

‖x‖φ ¬ ‖φ‖1 ‖x‖1

‖x‖φ ­ φ(t) |x(t)| ­ mint∈[0,a]

φ(t) |x(t)|

Mając na uwadze, że minimum istnieje oraz mint∈[0,a]

φ(t) > 0 otrzymujemy równoważność norm

minφ ‖x‖1 ¬ ‖x‖φ ¬ maxφ ‖x‖1

Dalej (i) ⇒(ii). Przypuśćmy, że istnieje t ∈ [0, a] takie, że φ(t0) = 0. Niech

xn(t) =

(tt0

)n, t ∈ [0, t0](

a−ta−t0

)n, t ∈ (t0, a]

Wtedy ‖xn‖1 = 1. Niech ε > 0. Z ciągłości φ w t0 istnieje δ > 0 taka, że

t ∈ (t0 − δ, t0 + δ) ∩ [0, a] 0 ¬ φ(t) < ε.

Wtedy dla tych tφ(t) |xn(t)| < ε

Zatem xn|[0,t0−δ] ⇒ 0 oraz xn|[t0+δ,a] ⇒ 0. Oczywiście φ 6= θ ponieważ φ−1 (0) jest nigdzie gęsty.Zatem istnieje takie k ∈ N, że n ­ k i t ∈ [0, t0 − δ] ∪ [t0 + δ, a], że

|xn(t)| < ε

‖φ‖1Skąd

|xn(t)| φ(t) ¬ ε

‖φ‖1φ(t) ¬ ε

Ostatecznie ‖xn‖φ < ε dla n ­ k. Tj. ‖x‖φ → 0 sprzeczność. ©

Badamy dla jakich φ, T jest zwężający względem metryki generowanej przez φ.

φ(t) |Tx(t)− Ty(t)| ¬ Cφ(t)t∫

0φ(s) 1

φ(s) |x(s)− y(s)| ds ¬

¬ Cφ(t) ‖x− y‖φt∫

0

dsφ(s) ¬ C

(maxφ(s)

t∫0

dsφ(s)

)‖x− y‖φ

Z dowolności t

Ldλ (T ) ¬ C max0¬t¬a

φ(t)

t∫0

1φ(s)

ds

Czy inf

max

0¬t¬a

[φ(t)

t∫0

1φ(s)ds

]: φ ∈ C ([0, a]) , φ > 0

= 0. Gdy φλ(t) = e−λt dla λ > 0, t ∈ [0, a] to

max0¬t¬a

φλ(t)

t∫0

eλs ds = . . . = max0¬t¬a

1− e−λt

λ=

1− e−λa

λ<

1λ

10

Stąd przy λ ­ c zachodzi Ldλ (T ) < 1. Zatem przy normie

‖x‖ = max0¬t¬a

e−ct |x(t)|

odwzorowanie T jest zwężające.wykład 4Niech t ∈ [0, a].

φ(t) |Tx(t)− Ty(t)| ¬ Cφ(t)

1∫0

1φ(s)

φ(s) |x(s)− y(s)| ds

¬ Cφ(t) ‖x− y‖φ

1∫0

1φ(s)

ds ¬ C max0¬t¬a

(φ(t)

t∫0

1φ(s)

ds)‖x− y‖φ

Z dowolności tin[0, a], Lφ (T ) ¬ C max0¬t¬a

(φ(t)

t∫0

1φ(s)ds

)Czy

inf

maxt∈[0,a]

φ(t)

t∫0

1φ(s)

ds

: φ ∈ C ([0, a]) , φ > 0

= 0 (3)

Gdy φλ = e−λt dla λ > 0, t ∈ [0, a], to

maxt∈[0,a]

(φ(t)

t∫0

1φ(s)

ds)

= maxt∈[0,a]

(e−λt

t∫0eλsds

)

= maxt∈[0,a]

(e−λt 1

λ

(eλt − 1

))= maxt∈[0,a]

1−eλtλ = 1−e−λa

λ < 1λ .

Zatem

Ldλ (T ) ¬ C(1− e−λa

) 1λ<C

λ.

Stąd przy λ ­ C, Ldλ (T ) < 1. Zatem przy normie

‖x‖C = maxt∈[0,a]

eCt |x(t)|

odwzorowanie T jest zwężające. Teraz pytamy się czy są jakieś inne funkcje spełniające (3)?

φλ(t) =1

(t+ 1)λ, λ > 0

φλ(t)

t∫0

1φλ(s)

ds =1

(t+ 1)λ

t∫0

(s+ 1)λds =1

(t+ 1)λ1

λ+ 1

((t+ 1

)λ+1 − 1)

=1

λ+ 1

(t+ 1− 1

(t+ 1)λ

)Liczymy teraz max

(1

λ+1

(t + 1 − 1

(t+1)λ

)). Zauważmy, że t 7→ 1

λ+1

(t + 1 − 1

(t+1)λ

)jest funkcja

rosnącą, zatem

max(

1λ+ 1

(t+ 1− 1

(t+ 1)λ

))=

1λ+ 1

(a+ 1− 1

(a+ 1)λ

)<a+ 1λ+ 1

,

11

stąd

Ldλ (T ) <a+ 1λ+ 1

C.

Aby powyższe było odwzorowaniem zwężającym, to a+1λ+1C < 1, czyli λ ­ (a+ 1)C − 1.

Twierdzenie 2.6 (O punkcie stałym). Załóżmy, że (X, d) jest przestrzenią metryczną zupełną, x0 ∈ Xi r > 0 oraz f : K (x0, r)→ X jest odwzorowaniem zwężającym, tj. α := L (f) < 1. Jeśli d (x0, f(x0)) <(1− α)r, to f ma dokładnie jeden punkt stały w K (x0, r) .

Dowód.Niech 0 < R < r, wybrane tak aby d (x0, f(x0)) < (1 − α)R. Wtedy K (x0;R) ⊂ K (x0, r) . Badamy,czy można tak dobrać R, aby f|

K(x0;R)spełniało założenia twierdzenia Banacha. K (x0;R) jest zupełna

dla dowolnego R ∈ (0, r). LK(x0;R) (f) ¬ L (f) < 1. Badamy, kiedy

f(

K (x0;R))⊂ K (x0;R) .

Niech x ∈ K (x0;R). Sprawdzamy., kiedy f(x) ∈ K (x0;R).

d (f(x), x0) ¬ d (f(x), f(x0)) + d (f(x0), x0) ¬ α d (x, x0) + d (x0, f(x0))

¬ αR+ d (x0, f(x0)) ¬ R

Z tw. Banacha funkcja ma dokładnie jeden punkt stały w K (x0;R) . Pokazujemy jednoznacznośćw K (x0, r) . Niech x1, x2 ∈ K (x0, r) oraz x1 = f(x1) i x2 = f(x2).

d (x1, x2) = d (f(x1), f(x2)) ¬ α d (x1, x2)

0 ¬ (1− α) d (x1, x2) ¬ 0,

a stąd d (x1, x2) = 0, czyli x1 = x2. ©

Twierdzenie 2.7 (Twierdzenie Schaudera). Załóżmy, że E jest przestrzenią Banacha, ∅ 6= U ⊂ Ei U jest otwarty oraz f : U → E jest odwzorowaniem zwężającym. Niech F := I − f, gdzie I(x) = x,dla x ∈ E. Wówczas zachodzą warunki

(a) F jest odwzorowaniem otwartym, w szczególności F (U) jest zb. otwartym,

(b) F jest homeomorfizmem zb. U na F (U),

(c) gdy U = E, to F jest homeomorfizmem E na E.

Dowód.

(a) Załóżmy że V ⊂ U i V jest otwarty w U. U jest otwarty w E, więc także V jest otwarty w E.Mamy pokazać, że F (V ) jest otwarty w E. (robimy to z definicji) Niech y0 ∈ F (V ). Wtedyistnieje takie x0 ∈ V, że y0 = Fx0. Z otwartości V istnieje takie r > 0, że K (x0, r) ⊂ V . NiechR :=

(1−L (f)

)r. Pokazujemy, że K (y0, R) ⊂ F (V ). Niech y∗ ∈ K (y0, R) . Pokażemy, że istnieje

takie x∗ ∈ V, że y∗ = Fx∗. (a nawet że x∗ ∈ K (x0, r)).) Ma więc zachodzić równość y∗ = x∗−fx∗,a więc x∗ = fx∗ + y∗.Niech φ(x) := fx + y∗ dla x ∈ K (x0, r) . Wystarczy pokazać, że φ ma punkt stały. Zauważ-my, że (sprawdzamy założenia poprzedniego tw.) gdy x, y ∈ K (x0, r) , to ‖φ(x)− φ(y)‖ =

12

‖fx+ y∗ − fy − y∗‖ ¬ L (f) ‖x− y‖ , więc L (φ) ¬ L (f) . (nawet L (φ) = L (f).) Zatem φjest odwzorowaniem zwężającym. Ponadto

‖x0 − φ(x0)‖ = ‖x0 − fx0 − y∗‖ = ‖Fx0 − y∗‖ = ‖y0 − y∗‖

¬ R ¬?

(1− L (f)

)r.

Ostatnia nierówność „¬?” zachodzi gdy przyjmiemy R :=(

1− L (f))r. Z dowolności y0, F (V )

jest otwarty.

(b) Pokazujemy, że F jest homeomorfizmem U na F (U).Wystarczy pokazać, że F jest injekcją (wtedyF jako ciągła bijekcja U na F (U), będąca odwzorowaniem otwartym jest homeomorfizmem.)Niech x, y ∈ U oraz x 6= y. Wtedy

‖Fx− Fy‖ = ‖x− fx− y + fy‖ = ‖(x− y)− (fx− fy)‖­ ‖x− y‖ − ‖fx− fy‖ ­ ‖x− y‖ − L (f) ‖x− y‖

=(

1− L (f))‖x− y‖ > 0,

więc Fx 6= Fy.

(c) Niech U = E. Z części (b) F jest homeomorfizmem E na F (E). Z części (a) zbiór F (E) jestotwarty w E. Pokażemy, że F (E) jest domknięty w E. (ponieważ E jest spójny i F (E) 6= ∅domknięto-otwarty, to F (E) = E.) Niech yn ∈ F (E), Załóżmy, że yn → y dla pewnego y ∈ E.Istnieje ciąg (xn) taki, że xn ∈ E i yn = Fxn. Z nierówności w dowodzie cz. (b) mamy, że dlam,n ∈ N

‖Fxn − Fxm‖ ­ (1− L (f)) ‖xn − xm‖ ,

więc

0 ¬ ‖xn − xm‖ ¬1

1− L (f)‖Fxn − Fxm‖ ,

ciąg (Fxn) jest zbieżny, więc ‖Fxn − Fxm‖ → 0, przy n,m → ∞. Zatem (xn) jest C-ciągiemw E. Z zupełności wynika, że xn → x ∈ E. Z ciągłości F, Fxn → Fx. Jednocześnie Fxn → y.Z jednoznaczności granicy, y = Fx, więc y ∈ F (E). Zatem F (E) jest domknięty.

©

2.1 Zastosowania tw. Schaudera

Twierdzenie 2.8 (o szeregu Neumanna). Załóżmy, że E jest przestrzenią Banacha i A : E → E. JeśliL (A) < 1, to dla dowolnego y ∈ E równanie x − Ax = y ma dokładnie jedno rozwiązanie x∗(y) ∈ Ezależne w sposób ciągły od y (tj. funkcja y 7→ x∗(y) jest ciągła). Gdy A ∈ B (E) , to rozwiązanie wyrażasię wzorem

x∗(y) =∞∑n=0

Any (szereg Neumanna).

Ponadto∥∥(I −A)−1

∥∥ ¬ 11−‖A‖ .

Dowód.Niech F := I−A. Na mocy tw. Schaudera 2.7 (część (c)) F jest homeomorfizmem E na E, więc równanieFx = y ma dla dowolnego y ∈ E dokładnie jedno rozwiązanie x∗(y), przy tym x∗(y) = F−1y. F−1

13

jest ciągłe, więc y → x∗(y) jest ciągła. Załóżmy teraz, że A ∈ B (E) . Nasze równanie jest równoważnerównaniu

x = Ax+ y =: Tx.

Widać, że L (T ) = L (A) = ‖A‖ < 1 ponieważ A ∈ B (E). Z twierdzenia Banacha, T ma dokładniejeden punkt stały x∗(y), przy tym x∗(y) = lim

n→∞TnΘ. Mamy, że

TΘ = AΘ + y = y

T 2Θ = Ty = Ay + y

T 3Θ = T(Ay + y

)= A2y +Ay + y

......

...

TnΘ = y +Ay + . . .+An−1y.

Mamy więc, że∞∑n=0

Any =(I −A

)−1(y),

więc ∥∥∥(I −A)−1(y)∥∥∥ =

∥∥∥ limn→∞

∑nk=0A

ky∥∥∥ = lim

n→∞

∥∥∑nk=0A

ky∥∥ ¬ lim

n→∞

∑nk=0

∥∥Aky∥∥=∑∞k=0

∥∥Aky∥∥ ¬∑∞k=0

∥∥Ak∥∥ ‖y‖ ¬∑∞k=0 ‖A‖k ‖y‖ = ‖y‖

1−‖A‖

Zatem∥∥∥(I −A)−1

∥∥∥ ¬ 11−‖A‖ .

©

Wykład 5Czy można oszacować L

((I − f)−1

)w tw. Schaudera 2.7. Przy założeniach tw. Schaudera, F =

I − f więc L (F ) ¬ L (I) + L (f) = 1 + L (f). Zatem F jest lipschitzowskim homeomorfizmem zbioruU na f(U). Badamy czy F−1 jest lipschitzowskie.

Przykład 2.9 (Homeomorfizm lipschitzowski φ dla którego φ−1 nie jest lipschitzowskie). Niech φ(x) =sinx na x ∈ [−π2 , π2 ].

supx∈(−π2 ,

π2 )|φ(x)| = 1

zaś, φ−1 = arc sinx. Wtedy kres górny pochodnej supx∈(−1,1)

∣∣(φ−1)′(x)∣∣ = +∞. Zatem φ jest homeomor-

fizmem, przy tym L (φ) = 1 natomiast L(φ−1

)=∞, co wynika z następującej obserwacji.

Uwaga 2.10. Niech J ⊂ R będzie przedziałem, φ : J → R jest ciągła na J i różniczkowalna na Int J .Wówczas L (φ) = sup

x∈Int J|φ′(x)|, zatem φ jest lipschitzowskie wtedy tylko wtedy gdy sup

x∈Int J|φ′(x)| <∞.

Dowód.

L (φ) = sup|φ(x)− φ(y)||x− y|

, x, y ∈ J, x 6= y

Niech x, y ∈ J, x 6= y. Wtedy

|φ(x)− φ(y)||x− y|

¬ L (φ)

Przy chwilowo ustalonym x ∈ Int J , przechodząc z y do granicy otrzymamy przy y → x , że |φ′(x)| ¬L (φ). Z dowolności x, sup

x∈Int J|φ′(x)| ¬ L (φ). Niech x, y ∈ J , x 6= y i np. x < y. Wtedy φ(y)− φ(x) =

14

φ′(ζ)(y − x), dla pewnego ζ ∈ (x, y) (korzystamy z twierdzenia Lagrange’a dla φ|[x,y] zauważmy, że(x, y) ⊂ Int J . Zatem ∣∣∣∣φ(y)− φ(x)

y − x

∣∣∣∣ = |φ′(ζ)| ¬ supt∈Int J

|φ′(t)|

Z dowolności x, y mamy, żeL (φ) ¬ sup

t∈Int J|φ′(t)|

©

Oszacujemy L((I − f)−1

)w twierdzeniu Schaudera 2.7. Dla x, y ∈ U ,

‖Fx− Fy‖ ­ (1− L (f)) ‖x− y‖ .

Gdy u, v ∈ F (U) to F−1u, F−1v ∈ U . Wstawiając do nierówności

‖u− v‖ ­ (1− L (f))∥∥F−1u− F−1v

∥∥Stąd zatem L

(F−1

)¬ 1

1−L(f) .

Wniosek 2.11. Przy założeniach twierdzenia Schaudera, F jest lipschitzowskiem homeomorfizmem,przy tym F−1 jest lipschitzowskie i

L(F−1) ¬ 1

1− L (f)

Twierdzenie 2.12 (Ogólniejsza wersja twierdzenia o szeregu Neumanna). Załóżmy, że E jest prze-strzenią Banacha, A ∈ B (E) i r (A) < 1, tj

limn→∞

n

√‖An‖ < 1

Wtedy dla dowolnego y ∈ E równaniex−Ax = y

ma dokładnie jedno rozwiązanie x∗(y), zależne w sposób ciągły od y, przy tym

x∗(y) =∞∑n=0

Any

a ponadto ∥∥(I −A)−1∥∥ ¬ ∞∑

n=0

‖An‖

Dowód.Z r (A) < 1 wiec z lematu 1.5

∞∑n=0

‖An‖ <∞

E jest przestrzenią Banacha, więc także B (E) jest przestrzenią Banacha. Zatem szereg∞∑n=0

An jest

zbieżny wg normy w B (E). Stąd wynika, że dla y ∈ E szereg Neumanna∞∑n−0

Any jest zbieżny w E.

Oznaczmy przez

x∗(y) :=∞∑n=0

Any

15

Wtedy

x∗(y)−A(x∗(y)) =∞∑n=0

Any −A( limn→∞

n∑k=0

Aky) =

ciągłosć=

∞∑n=0

Any − limn→∞

n∑k=0

Ak+1y = y

Pokazaliśmy więc, że I−A jest suriekcją E na E. Pokażemy, że I−A jest różnowartościowy. Wystarczydowieść, że Ker (I −A) = θ. Niech x0 ∈ Ker (I −A) tj x0 −Ax0 = θ. Stąd x0 = Ax0 , więc

x0 = Anx0 (4)

dla dowolnego n ∈ N. Wiemy, że∞∑n=1

Anx0 jest zbieżny więc ‖Anx0‖ → 0. Przechodząc w 4 z n do ∞

mamy, że x0 = θ. Zatem I − A jest bijekcją E na E przy tym I − A ∈ B (E). Z twierdzenia Banachao operatorze odwrotnym mamy, że (I −A)−1 ∈ B (E). Stąd wynika, że funkcja y 7→ x∗(y) jest ciągła,gdyż

x∗(y) = (I −A)−1(y)

Ponadto ∥∥(I −A)−1y∥∥ =

∥∥∥∥ ∞∑n=0

Any

∥∥∥∥ ¬ ∞∑n=0‖An‖ ‖y‖

Stąd ∥∥(I −A)−1∥∥ ¬ ∞∑

n=0

‖An‖

©

Otwarty problem 1. Czy można uogólnione twierdzenie o szeregu Neumanna wyprowadzić uogólnia-jąc tw. Schaudera w następujący sposób:Hipoteza. Załóżmy, że E jest przestrzenią Banacha, rozważamy f : E → E i lim

n→∞n√

L (fn) < 1

(równoważnie f jest lipschitzowskie i dla pewnego p ∈ N, L (fp) < 1). Wówczas I − f jest homeomor-fizmem E na E.

Twierdzenie 2.13 (Schaudera - ogólniejsza wersja). Załóżmy, żę E i F są przestrzeniami Banachaoraz T ∈ Isom (E,F ) (T jest izomorfizmem E na F ). Załóżmy, że ∅ 6= U ⊂ E i f : U → F jestlipschitzowskie oraz L (f) < 1

‖T−1‖ . Wówczas:

1) T − f jest homeomorfizmem U na (T − f)(U) i zbiór (T − f)(U) jest otwarty w F

2) Gdy U = E to T − f jest homeomorfizmem E na F

Dowód.T ∈ Isom (E,F ) więc T−1 ∈ Isom (F,E). Niech Φ := T−1 (T − f). Wtedy dla x ∈ U

Φ(x) = T−1(Tx− fx) liniowość T−1= x− T−1(fx).

Zatem Φ − I − T−1 f , przy tym Φ : U → E. Z twierdzenia 2.7, jeśli L(T−1 f

)< 1 to Φ jest

homeomorfizmem U na Φ(U) i Φ(U) jest otwarte w E.

L(T−1 f

)¬ L

(T−1)L (f) =

∥∥T−1∥∥ L (f) < 1

16

Więc T−1 f jest kontrakcją, gdyż L (f) < 1‖T−1‖ . Mamy, że Φ = T−1 (T − f) więc T Φ = T − f .

Stąd T − f jest homeomorfizmem U na (T − f)(U) gdyż Φ i T |Φ(U) są homeomorfizmami. Gdy U = E

to z twierdzenia Schaudera 2.7, Φ(E) = E więc (T − f)(E) = T (Φ(E)) = T (E) = F .Ponadto (T − f)−1 = Φ−1 T−1 więc

L((T − f)−1) ¬ L

(Φ−1) ∥∥T−1

∥∥ ¬ 11− L (T−1 f)

∥∥T−1∥∥ ¬ ∥∥T−1

∥∥1− ‖T−1‖ L (f)

©

Wniosek 2.14. Gdy E i F są izomorficznymi przestrzeniami Banacha to Isom (E,F ) jest otwarty wprzestrzeni B (E,F ).

Dowód.

Niech T0 ∈ Isom (E,F ). Szukamy takiego r > 0, by K (T0, r) ⊂ Isom (E,F ). Niech r := 1‖T−10 ‖

oraz

T ∈ K (T0, r), a więc ‖T − T0‖ < r. Zauważmy, że

T = T0 − (T0 − T )

Z uogólnionego tw. Schaudera 2.13 mamy, że gdy L (T0 − T ) < 1‖T−10 ‖

to T0 − (T0 − T ) czyli T jest

homeomorfizmem E na F . Zatem dla r := 1‖T−10 ‖

mamy T ∈ Isom (E,F ). ©

Załóżmy, że E jest przestrzenią Banacha nad ciałem K( K = R lub K = C) i T ∈ B (E).

Definicja 2.15. Mówimy, że liczba λ ∈ K jest wartością regularną operatora T jeśli T−λI ∈ Isom (E).

Uwaga 2.16. λ jest wartością regularną operatora T wtedy tylko wtedy gdty dla każdego y ∈ Erównanie

Tx− λx = y

ma dokładnie 1 rozwiązanie.

Dowód.Dowód ⇒ jest oczywisty. Dowód ⇐: Z założenia mamy, że T − λI jest bijekcją E na E. JednocześnieT − λI ∈ B (E). Więc z twierdzenia Banacha (T − λI)−1 ∈ B (E). ©

Definicja 2.17 (Widmo). Gdy T ∈ B (E) to widmem operatora nazywamy

σ (T ) := λ ∈ K,λ nie jest wartością regularną T

Gdy λ ∈ σ (T ) przy tym T − λI nie jest różnowartościowe to λ nazywamy wartością własną operatoraT (wtedy równanie Tx− λx = θ ma niezerowe rozwiązania).

Twierdzenie 2.18 (O widmie operatora). Załóżmy, że E jest przestrzenią Banacha na ciałem K iT ∈ B (E). Wtedy widmo tego operatora jest zbiorem domkniętym i ograniczonym, przy tym

• Gdy K = R to σ (T ) ⊂ [− r (T ) , r (T )]

• Gdy K = C to σ (T ) ⊂ K (0; r (T ))

17

gdzie r (T ) = limn→∞

‖Tn‖1n (promień spektralny T).

Wykład 6Dowód 2.18.Niech λn ∈ σ (T ) dla n ∈ N i λn → λ0. Przypuśćmy, że λ0 6∈ σ (T ). Oznacza to, że λ0 jest wartościąregularną, a więc operator S := T − λ0I jest izomorfizmem E na E. Niech Sn := T − λnI. Wtedy

‖Sn − S‖ = ‖T − λnI − T + λ0I‖ = |λ0 − λn| ‖I‖ = |λ0 − λn| → 0

Sn → S wg normy w B (E). Ale S ∈ Isom (E). Zaś Isom (E) jest otwarty w przestrzeni B (E) więcistnieje, takie r > 0, że

K (S, r) ⊂ Isom (E)

Sn → S, więc istnieje takie k ∈ N, że Sk ∈ K (S, r) więc Sk ∈ Isom (E). Sprzeczność. Zatem λ0 ∈ σ (T ).Pokazujemy, że σ (T ) ⊂ K (0; r (T )). Równoważnie K \ K (0; r (T )) ⊂ K \ σ (T ). Niech λ ∈ K

będzie takie, że |λ| > r (T ). Pokażemy, że λ jest wartością regularną. Niech y ∈ E. Tx − λx = y jestrównoważne równaniu

x− 1λT (x) =

−1λy

Niech A := 1λT . Z uogólnionego twierdzenia o szeregu Neumanna 2.8 wiemy, że to równanie ma

dokładnie 1 rozwiązanie jeśli r (A) < 1. Dla x ∈ E

A2x =1λ2T

2x

Ogólnie An = 1λnT

n. Stąd ‖An‖1n = 1

|λ| ‖Tn‖

1n . Więc r (A) = 1

|λ| r (T ) < 1, bo |λ| > r (T ). Z dowolnościy, λ 6∈ σ (T ). ©

Przy założeniach twierdzenia o widmie, mamy że zbiór wartości regularnych operatora T jest otwarty.Zatem jeśli przy pewnym λ0 ∈ K równanie

Tx− λ0x = y

ma dla dowolnego y ∈ E dokładnie jedno rozwiązanie to istnieje takie δ > 0, że dla λ takich, że|λ− λ0| < δ to równanie Tx− λx = y ma też dokładnie 1 rozwiązanie dla dowolnych y ∈ E.

3 Zastosowanie twierdzenie Schaudera do twierdzenia o lokal-nym dyfeomorfizmie

Twierdzenie 3.1 (O lokalnym dyfeomorfizmie). Załóżmy, że ∅ 6= D ⊂ Rm, D jest otwarty i f :D → Rm jest klasy C1 (D) (równoważnie istnieją wszystkie pochodne cząstkowe i są ciągłe). Niecha ∈ D i b := f(a). Jeżeli pochodna Frecheta f ′(a) jest odwracalna (wtedy (f ′(a))−1 ∈ L (Rm;Rm) toistnieje takie otoczenie U punktu a i V punktu b, że f |U jest dyfeomorfizmem U na V 2, przy tym((f−1

)′(b) = (f ′(a))−1.

Część dowodu.Pokażemy, ty tylko, że istnieje odpowiednie zbiory U i V takie, że f |U jest homeomorfizmem U na V .Przy m = 1. Mamy, że

f(x) = x− (x− f(x))︸ ︷︷ ︸φ(x)

2 f |U jest homeomorfizmem U na V oraz f |u i(f |u)−1

są klasy odpowiednio C1 (U ;V ) i C1 (V ;U)

18

a wtedy φ jest zwężające na pewnym przedziale (a− r, a+ r) wtedy tylko wtedy gdy

supx∈(a−r,a+r)

|φ′(x)| < 1.

Ale φ′(x) = 1− f ′(x) więc φ′(a) = 1− f ′(a).Niekoniecznie sup . . . < 1. Gdyby f ′(a) = 1 to z ciągłości φ′ w a wynika, że istnieje takie r > 0, że

supx∈(a−r,a+r)

|φ′(x)| ¬ 12

Niech g := 1f ′(a) · f . Możemy zapisać

g(x) = x− (x− g(x))︸ ︷︷ ︸ψ(x)

.

Wtedy ψ′(x) = 1− g′(x) więc ψ′(x) = 1− f ′(x)f ′(a) , skąd ψ′(a) = 0.

Pokażmy teraz dla m ∈ N. Niech g := (f ′(a))−1 f . Oznaczmy sobie A := f ′(a). Wtedy A ∈L (Rm;Rm). Wtedy dla x ∈ D

g(x) = A−1(f(x))

Niech ψ(x) = x− g(x) dla x ∈ D. Korzystając z następującego lematu,

Lemat 3.2. Gdy B ∈ L (Rm,Rm) to dla każdego x ∈ Rm

B′(x) = B

otrzymujemyψ′(x) = I ′(x)− g′(x) = I −

(A−1

)′(f(x)) f ′(x) =

= A−1 A−A−1 f ′(x) = A−1 (A− f ′(x)) =

= A−1 (f ′(a)− f ′(x))

Stąd‖φ′(x)‖ ¬

∥∥A−1∥∥ ‖f ′(a)− f ′(x)‖

podane normy są normami w B (Rm).ciągła f ′ w a wynika, że ( przy ε = 1

2‖A−1‖ ) istnieje takie r > 0, że dla x ∈ K (a, r).

‖f ′(a)− f ′(x)‖ < 12 ‖A−1‖

wtedy

supx∈K(a,r)

‖ψ′(x)‖ ¬ 12

Niech x, y ∈ K (a, r). Wtedy z wypukłości kuli K (a, r) odcinek x, y ⊂ K (a, r). Więc również

supz∈x,y

‖ψ(z)‖ ¬ 12.

Z twierdzenie o przyrostach,

Twierdzenie 3.3 (O przyrostach). Gdy ∅ 6= D ⊂ Rm , x, y ∈ D i x, y ⊂ IntD i ψ : D → Rm jestróżniczkowalna na x, y przy tym dla pewnego M ­ 0, ‖ψ′(z)‖ ¬ M dla z ∈ x, y to ‖ψ(x)− ψ(y)‖ ¬M ‖x− y‖.

19

‖ψ(x)− ψ(y)‖ ¬ 12‖x− y‖ .

Zatem L(ψ|K(a,r)

)¬ 1

2 < 1. Z twierdzenia Schaudera (I − ψ)|K(a,r) czyli funkcja g|K(a,r) jest

homeomorfizmem K (a, r) na g (K (a, r)) i zbiór g (K (a, r)) jest otwarty w Rm.

g = A−1 f

więc f = A g. Niech U := K (a, r) i V := f (U). Zbiór g (U) jest otwarty i A ∈ Isom (Rm,Rm) więctakie A (g (U)) (czyli V ) jest otwarty w Rm, przy tym b ∈ V . Wtedy f |U jest homeomorfizmem. Jakozłożenie izomorfizmu A i homeomorfizmu g|U

©

4 Twierdzenie Weierstrass-Stone’a

4.1 Algebry Banacha

Definicja 4.1. Uporządkowaną trójkę (E, ‖·‖ , ·) nazywamy algebrą unormowaną [Banacha] gddy

1) (E, ‖·‖ jest przestrzenią unormowaną [Banacha]

2) Funkcja ·E × E → E jest działaniem wewnętrznym w E i spełnia warunki

a) dla dowolnych x, y, z ∈ Ex · (y · z) = (x · y) · z

b) dla dowolnych x, y, z ∈ E

x · (y + z) = x · y + x · z, (x+ y) · z = x · z + y · z

c) dla dowolnych α ∈ K oraz x, y ∈ E

α(x · y) = (αx) · y = x · (αy)

d) dla dowolnych x, y ∈ E‖x · y‖ ¬ ‖x‖ ‖y‖

Funkcję · nazywamy wtedy iloczynem w tej algebrze.Jeśli ponadto

∀x, y ∈ E x · y = y · x

to E nazywamy algebrą przemienną3.Jeśli natomiast istnieje taki element e ∈ E, że

∀x ∈ E x · e = e · x = x

to E nazywamy algebrą z jedynką.

Przykład 4.2. Niech E będzie przestrzenią unormowaną. Wtedy (B (E) , ‖·‖ , ), gdzie oznaczasuperpozycję, jest algebrą Banacha. Przy tym nieprzemienną gdy dimE > 1 z jedynką.

Wykład 7

3 (ang) Commutative algebra

20

Przykład 4.3. Przestrzeń funkcji rzeczywistych ograniczonychB (Ω) :=

f ∈ RΩ, f jest ograniczone

, gdzie Ω 6= ∅, dla f ∈ B (Ω), ‖f‖ = sup

x∈Ω|f(x)| oraz f, g ∈

B (Ω). f · g oznacza iloczyn tych funkcji (f · g)(x) = f(x)g(x). Łatwo sprawdzić, że (B (Ω) , ‖·‖ , ·) jestprzemienną algebrą Banacha z jedynką e(x) := 1 dla x ∈ Ω.

Lemat 4.4. Gdy E jest algebrą unormowaną to iloczyn w tej algebrze jest funkcją ciągłą.

Dowód.Niech xn, yn ∈ E dla n ∈ N, x, y ∈ E oraz xn → x i yn → y tj. ‖xn − x‖ → 0 i ‖yn − y‖ → 0. Wtedy

‖xn · yn − x · y‖ = ‖xnyn − xny + xny − xy‖ ¬

¬ ‖xn (yn − y)‖ + ‖ (xn − x) y‖ ¬ ‖xn‖ ‖yn − y‖ + ‖xn − x‖ ‖y‖ → 0

Wobec twierdzenia o trzech ciągach. ©

Definicja 4.5. Gdy E jest algebrą unormowaną i E′ ⊂ E to mówimy, że E′ jest podalgebrą algebrąE jeśli (E′, ‖·‖|

E′, ·|E′×E′) jest algebrą.

Lemat 4.6. Gdy E jest algebrą unormowaną i E′ ⊂ E to E′ jest podalgebrą wtedy tylko wtedy gdy E′

jest podprzestrzenią liniową E oraz dla dowolnych x, y ∈ E′

x · y ∈ E′

Dowód oczywisty.

Lemat 4.7. Gdy E jest algebrą unormowaną i z ∈ E to istnieje najmniejsza w sensie (w sensieinkluzji) domknięta podalgebra E (z) algebry E taka, że z ∈ E (z), przy tym E (z) jest przemienna.

Dowód.Niech wszystkich domkniętych E (z) algebry E zawierających z. E (z) 6= ∅ bo E ∈ E (z). Wystarczyprzyjąć E (z) :=

⋂E′∈E(z)

E′. Istotnie, gdy E′ ∈ E (z) to E′ jest domknięty więc E (z) jest domknięty.

Łatwo sprawdzić, żę E (z) jest podalgebrą.Pokazujemy, że E (z) jest przemienne. Zauważmy, że skoro z ∈ E (z) to także z · z ∈ E (z). Przez

indukcję zn ∈ E (z) dla dowolnego n ∈ N. E (z) jest przestrzenią liniową więc, gdy

E0 (z) :=α1z + α2z

2 + . . .+ αnzn : n ∈ N, αi ∈ K

to E0 (z) ⊂ E (z). Stąd z kolei E0 (z) ⊂ E (z). Zauważmy, że E0 (z) jest podalgebrą (!). Z kolei domknię-cie podalgebry jest też podalgebrą (!). Wiadomo, że E0 (z) jest podprzestrzenią liniową. Z kolei gdy weź-miemy x, y ∈ E0 (z) oraz xn → x i yn → y. Wtedy z ciągłości iloczynu E0 (z) 3 xn ·yn → x ·y ∈ E0 (z).Z drugiej strony E (z) jako najmniejsza E (z) ⊂ E0 (z). Czyli E (z) = E0 (z).

Gdy x, y ∈ E0 (z), a więc x = α1z + . . .+ αkzk i y = β1z + . . .+ βlz

l to z równości zn · zm = zm+n

dla dowolnych n,m ∈ N łatwo wynika, że x · y = y · x (!). Zatem E0 (z) jest przemienna.Sformułujemy ogólniejszy lemat.

Lemat 4.8. Gdy E jest algebrą unormowaną i E′ jest jest przemienną podalgebrą iE′ ⊂ E jest jejprzemienną podalgebrą to E′ jest też przemienną podalgebrą.

21

Dowód.Nich x, y ∈ E′. istnieją ciągi (xn)n∈N , (yn)n∈N ⊂ E′ z E′ zbieżne odpowiednio do x i y. Z ciągłościiloczynu

x · y = limxn · yn = lim yn · xn = y · x

©

Z lematu wynika, że E (z) jest przemienna. ©

Definicja 4.9. Gdy E jest algebrą unormowaną i z ∈ E to mówimy, że element x ∈ E jest pierwiast-kiem kwadratowym z z jeśli x2 = z. Gdy E jest algebrą z jedynką e to e2 = e wiec e jest pierwiastkiemkwadratowym z e.

Pokażemy, że gdy E jest algebrą Banacha z jedynką e to

∀z ∈ K (e, 1) ∃!x ∈ K (e, 1) z = x2

Zauważmy, że gdy z ∈ K (e, 1) i istnieje takie x ∈ K (e, 1), że z = x2 to przy z′ := z − e i x′ := x− e.Wtedy mamy, że z′, x′ ∈ K (0, 1). Przy tym

z′ + e = (x′ + e) = (x′ + e)(x′ + e) = (x′)2 + 2x′ + e

Stąd z′ = (x′)2 + 2x′.Stąd

z ∈ K (e, 1) : ∃x∈K(e,1)z = x2 ⊂ z ∈ K (0, 1) : ∃x∈K(0,1)x2 + 2x = z

+ e

Podobnie odwrotnie, gdy ‖z‖ ¬ 1 i z = x2 + 2x dla pewnego x ∈ K (0, 1) to

z + e = x2 + 2x+ e = (x+ e)2

tj. z + e ∈z ∈ K (e, 1) : ∃x∈K(e,1)z = x2

. Zatem oba te zbiory są sobie równe.

z ∈ K (e, 1) : ∃x∈K(e,1)z = x2 =z ∈ K (0, 1) : ∃x∈K(0,1)x

2 + 2x = z

+ e

Twierdzenie 4.10. Załóżmy, że E jest algebrą Banacha niekoniecznie z jedynką. Wtedy

∀z ∈ K (0, 1) ∃!x ∈ K (0, 1) x2 + 2x = z

Dowód.Niech z ∈ K (0, 1) tj. ‖z‖ ¬ 1. Nasze równanie jest równoważne równaniu:

x = −12x2 +

12z

Niech f(x) := − 12x

2 + 12z dla x ∈ K (0, 1). Wystarczy pokazać, że |Fix (f)| = 1. Niech x, y ∈ K (0, 1).

‖fx− fy‖ =12

∥∥x2 − y2∥∥

Wtedy gdy x · y = y · x mamy (x− y)(x+ y) = x2 − y2 + xy − yx to

‖fx− fy‖ ¬ 12‖x− y‖ ‖x+ y‖

czyli brakuje do warunku zwężania.

22

Załóżmy mocniej, że istnieje r ∈ (0, 1) i x, y ∈ K (0; r). Wtedy gdy xy = yx to ‖fx− fy‖ ¬r ‖x− y‖. Stąd jeszcze nie wynika, że L

(f |K(0;r)

)< 1. Niech Dr := K (0; r) ∩ E (z). Wtedy Dr 6= ∅,

bo 0 ∈ Dr. Przy tym Dr jest domknięty. Gdy x, y ∈ Dr to xy = yx więc z powyższych rozważańwynika, że

L(f |Dr

)¬ r < 1

Sprawdzamy czy f (Dr) ⊂ Dr. Niech x ∈ Dr. Wtedy f(x) = − 12x

2 + 12z ∈ E (z), gdyż x2, z ∈ E (z)

i E (z) jest podprzestrzenią liniową.

‖f(x)‖ =∥∥∥∥−1

2x2 +

12z

∥∥∥∥ ¬ 12

(‖x‖2 + ‖z‖

)¬ 1

2r2 +

12‖z‖ ¬ r

o ile r jest takie, że r2 − 2r + ‖z‖ ¬ 0 tj. r ∈

1−√

1− ‖z‖︸ ︷︷ ︸<1

, 1 +√

1− ‖z‖

.Zatem dla r ∈

(1−

√1− ‖z‖, 1

)Z tw. Banacha f |Dr ma dokładnie 1 punkt stały xr.

Lemat 4.11. Gdy X 6= ∅, f : X → X i (An)n∈N jest wstępującym ciągiem zbiorów takich, że⋃n∈N

An = X oraz∣∣Fix

(f |An

)∣∣ = 1 to |Fix (f)| = 1

Dowód.Załóżmy, że x1 = fx1 i x2 = fx2 Wtedy istnieje takie k, l ∈ N, że x1 ∈ Ak i x2 ∈ Al. Gdy np k ¬ l towobec Ak ⊂ Al mamy, że x1, x2 ∈ Al, więc x1, x2 ∈ Fix

(f |Al

). Stąd x1 = x2. ©

Niech (rn)n∈N ⊂(1−

√1− ‖z‖, 1

)i rn ↑ 1 Wtedy Drn ⊂ Drn+1 więc z lematu f |⋃

n∈N

Drnma dokładnie

1 punkt stały tj.Fix

(f |K(0,1)∩E(z)

)= x∗

ma dokładnie 1 punkt stały.Wykład 8Pokażemy, że f |K(0,1) ma dokładnie 1 punkt stały. Niech y∗ = f(y∗) = − 1

2y2∗ + 1

2z, y∗ ∈ K (0, 1).Stąd z = y2

∗ + 2y∗ ∈ E (y∗). Ponieważ y∗ ∈ E (y∗) mamy, że zy∗ = y∗z. Z kolei x∗ ∈ E (z).

Lemat 4.12. Gdy uv = vu to dla dowolnego x ∈ E (u) i y ∈ E (v)

xy = yx

Dowód.Załóżmy wpierw, że x ∈ E0 (u), y ∈ E0 (v), a więc x = α1u+α2u

2+. . .+αkuk i y = β1v+β2v2+. . .+βlvl.

xy =k∑i=1

αiuiy =

k∑i=1

αiui

l∑j=1

βjvj =

k∑i=1

l∑j=1

αiβjuivj

komutowanie!=

=l∑

j=1βjαiv

jui = yx

uk · vl = u · u · . . . · u · v · . . . · v = u · u · . . . · u · v · u · v · . . . · v = vluk

Niech teraz x ∈ E (u) i y ∈ E (v). Istnieją ciągi (xn)n∈N oraz (yn)n∈N takie, ze xn → x oraz yn → y. Zciągłości mnożenia dla xn ∈ E (u) i yn ∈ E (v) otrzymujemy

xy = limxnyn = lim ynxn = yx.

23

©

Na mocy lematu x∗ ∈ E (z) i y∗ ∈ E (y∗) elementy komutują ze sobą i x∗y∗ = y∗x∗. Niech r :=max

‖x∗‖ , ‖y∗‖ , 1

2

. Wtedy r ∈ (0, 1) i x∗, y∗ ∈ K (0; r). Zatem

‖x∗ − y∗‖ = ‖fx∗ − fy∗‖ =12

∥∥x2∗ − y2

∥∥ ¬ 12‖x∗ − y∗‖ ‖x∗ + y∗‖ ¬ r ‖x∗ − y∗‖

Stąd (1− r)︸ ︷︷ ︸>0

‖x∗ − y∗‖ ¬ 0 więc ‖x∗ − y∗‖ = 0. Zatem x∗ = y∗. ©

Wniosek 4.13 (Twierdzenie o pierwiastkach kwadratowych). Załóżmy, że E jest algebrą z jedynką e.Wówczas

∀z ∈ K (e, 1) ∃!x ∈ K (e, 1) z = x2

Twierdzenie 4.14. Załóżmy, że A jest domkniętą podalgebrą algebry B (S) przy tym e ∈ A (e(x) = 1dla x ∈ S). Wówczas zachodzą warunki

1) dla każdego f ∈ A f ­ 0⇒√f ∈ A;

2) dla każdego f ∈ A |f | ∈ A;

3) dla każdego f, g ∈ Amax f, g ∈ A ∧min f, g ∈ A

Dowód.Dowód (1). Niech f ∈ A i f ­ 0. Gdy f = θ to

√f = θ ∈ A. Załóżmy więc f 6= θ. Wtedy ‖f‖ > 0.

Niech g := f‖f‖ . Wtedy 0 ¬ g(x) ¬ 1 dla x ∈ S. 4. Niech gn := g + 1

n+1 . Mamy, że dla x ∈ S

1n+ 1

¬ gn(x) ¬ 1 +1

n+ 1

więc

−(

1− 1n+ 1

)= −1 +

1n+ 1

¬ gn(x)− 1 ¬ 1n+ 1

Zauważmy, że 1n+1 ¬ 1− 1

n+1 , więc

|gn(x)− e(x)| ¬ 1− 1n+ 1

Z dowolności x , |gn(x)− e(x)| ¬ 1 − 1n+1 < 1. Z twierdzenie o pierwiastkach kwadratowy mamy, że

dla dowolnego n ∈ N taka funkcja hn ∈ A 5, ze hn ∈ K (e, 1) i h2n = gn. Zauważmy, że

‖gn − g‖ =1

n+ 1→ 0.

Więc h2n → g względem normy supremum w B (S). Pokażemy, że

√h2n →

√g względem normy, a więc

wobec tego, że hn > 0 są dodatnie 6. Mamy wtedy, że hn →√g. Stąd i z domkniętości A będzie

wynikać, że √t√‖t‖∈ A,

a stąd√f ∈ A bo, A jest przestrzenią liniową. Skorzystamy z lematu:

4Uwaga niekoniecznie g ∈ K (e, 1)!5 A jest algebrą Banacha!6gdyż ‖hn − e‖ < 1

24

Lemat 4.15. Załóżmy, że φ : [0,+∞)→ R jest funkcją ciągłą. Niech D := f ∈ B (S) : f ­ 0. Wtedyodwzorowanie D 3 f 7→ φ f jest ciągłe z D w B (S) z normą supremum.

Dowód.Zauważmy, że dla f ∈ D, φ f ∈ B (S). Gdy f ∈ D to f(x) ∈ [0, ‖f‖] dla x ∈ S. Stąd

supx∈S|(φ f)(x)| ¬ sup

t∈[0,‖f‖]|φ(t)| <∞.

Niech fn ∈ D, f ∈ D i fn → f wg normy tj.

supx∈S|fn(x)− f(x)| → 0, przy n→∞

Ciąg (fn)n∈N jest zbieżny więc ograniczony, a więc istnieje takie a > 0, że ‖fn‖ ¬ a. Stąd dla dowolnegox ∈ S oraz n ∈ N, fn(x) ∈ [0, a]. Wtedy takie f(x) ∈ [0, a], gdyż f(x) = lim

n→∞fn(x). Pamiętamy, że

φ|[0,a] jest jednostajnie ciągła. Niech ε > 0. Istnieje takie δ > 0, że gdy t1, t2 ∈ [0, a] i |t1 − t2| < δ to

|φ(t1)− φ(t2)| < ε

Wtedy‖φ fn − φ f‖ = sup

x∈S|φ(fn(x))− φ(f(x))|

fn ⇒ f więc istnieje takie k ∈ N, że dla n ­ k i dowolnego x ∈ S |fn(x)− f(x)| < δ. Wówczas dlan ­ k i dowolnego x ∈ S

|φ(fn(x))− φ(f(x))| < ε

Stąd ‖φ fn − φ f‖ ¬ ε dla n ­ k. Z dowolności ε mamy φ fn ⇒ φ f . ©

Dowód (2) Niech f ∈ A. Wtedy f · f = f2 ∈ A. Więc z punkt (1)

A 3√f2 = |f |

Dowód (3) Niech f, g ∈ A. Wtedy

max f, g =12

(f + g + |f − g|)

A jest przestrzenią liniową więc f + g ∈ A. Z punktu (2) |f − g| ∈ A. Zatem max f, g ∈ A jakokombinacja liniowa dwóch elementów z A. Dla dokończenia min f, g = −max −f,−g ∈ A. ©

Twierdzenie 4.16. Załóżmy, że S jest przestrzenią topologiczną zwartą . Niech C (S) będzie prze-strzenią wszystkich funkcji rzeczywistych i ciągłych na S z normą supremum. Załóżmy, że X0 ⊂ C (S)jest podprzestrzenią liniową, że e ∈ X0

7 i X0 rozdziela punkty zbioru S tj. istnieje funkcja ciągłaf ∈ X0 takie, że f(x) 6= f(y) gdy x 6= y. Jeśli dla dowolnych f, g ∈ X0, max f, g ∈ X0 to X0 jestgęste w C (S) tj. X0 = C (S).

Twierdzenie 4.17 (Twierdzenie Weierstrassa-Stone’a). Załóżmy, że A jest podalgebrą algebry C (S)taką, że e ∈ A i A rozdziela punkty zbioru S. Wtedy A = C (S).

Wniosek 4.18 (Twierdzenie Weierstrassa). Niech A oznacza zbiór wszystkich wielomianów na [0, 1].Wówczas A = C ([0, 1]). Stąd dla dowolnych f ∈ C ([0, 1]) istnieje ciąg wielomianów (Wn)n∈N taki, że

Wn ⇒ f

7e(x) = 1 dla x ∈ S

25

Dowód wniosku 4.18.Zauważmy, żę A jest algebrą i e ∈ A. Gdy x, y ∈ [0, 1] to identyczność rozdziela punkty. Teza wynikaz twierdzenia Weierstrass-Stone’a 4.17. ©

Wykład 9Dowód twierdzenia 4.16.Niech f ∈ C (S) i ε > 0 pokażemy, że istnieje takie h ∈ X0, że ‖f − h‖ < ε. Niech x0, y0 ∈ S. gdyx0 = y0 to definiujemy

gx0y0(u) := f(x0)

lub inaczej gx0y0 = f(x0) · e. Wtedy gx0y0 ∈ X0 bo e ∈ X0. Gdy x0 6= y0. Definiujemy gx0y0 tak abygx0y0 ∈ X0 oraz gx0y0 = f(x0) i gx0y0(y0) = f(y0) czyli

gx0y0 |x0,y0 = f |x0,y0

X0 rozdziela punkty więc istnieje taka funkcja g ∈ X0, że g(x0) 6= g(y0). Połóżmy

gx0y0 :=g(u)− g(x0)g(y0)− g(x0)

(f(y0)− f(x0)) + f(x0)

wtedy gx0y0(x0) = f(x0) i gx0y0(y0) = f(y0). Ponadto

gx0y0 =f(y0)− f(x0)g(y0)− g(x0)

(g − g(x0) · e) + f(x0) · e

czyli gx0y0 ∈ lin (g, e) ⊂ X0 więc gx0y0 ∈ X0. Dostaliśmy więc pewną rodzinę funkcji taką, że

gxy : x, y ∈ S ⊂ X0, gxy(x) = f(x), gxy(y) = f(y)

dla x, y ∈ S. Niech x0 ∈ S. Wtedy dla dowolnych y ∈ S

(gx0y − f) (y) = 0

gx0y − f ∈ C (S). Więc z ciągłości tej funkcji w y, otrzymujemy że istnieje takie otoczenie Uy punktuy, że dla dowolnych z ∈ Uy, |gx0y(z)− f(z)| < ε. Stąd

gx0y(z) < f(z) + ε

dla dowolnych z ∈ Uy. Zauważmy, że suma wszystkich tych otoczeń⋃y∈S

Uy = S. S jest zwarty za-

tem istnieje podpokrycie skończone pokrycia Uy : y ∈ S, a zatem istnieje skończona ilość punktów

y1, . . . , yk ∈ S, że S =k⋃i=1

Uyi . Niech zo ∈ S. Wtedy istnieje takie i ∈ 1, . . . , k, że z0 ∈ Uyi . Wtedy

gxoyi(z0) < f(z0)+ε. Niech hx0(z) := min1¬i¬k

gx0yi(z) dla z ∈ S. Wtedy hx0(z) ¬ gx0yi(z) dla dowolnego

z ∈ S oraz i = 1, . . . , k. Wtedy dla dowolnych z ∈ S

hx0(z) < f(z) + ε

Ponadto hx0 dla dowolnych f1, f2 ∈ X0, min f1, f2 = −max −f1,−f2 ∈ X0, gdyż −f1,−f2 ∈ X0

i X0 jest zamknięta ze względu na operację max. Zatem hx0 ∈ X0

Dostaliśmy więc rodzinę funkcji taką, że hx : x ∈ S ⊂ X0, hx(z) < f(z) + ε dla dowolnych z ∈ Soraz hx(x) = f(x). Dla x ∈ S

hx − f (x) = 0

i hx − f ∈ C (S), więc z ciągłości w x wynika, że istnieje takie otoczenie Vx, że dla z ∈ Vx

|hx(z)− f(z)| < ε

26

a stąd hx(z) > f(z)− ε dla z ∈ Vx. Ze zwartości S wynika, że istnieje takie x1, . . . , xl, żel⋃i=1

Vxi = S.

Niech z0 ∈ S. Wtedy z0 ∈ Vxi dla pewnego i ∈ 1, . . . , l. Zatem hxi(z0) > f(z0)− ε. Niech dla z ∈ S

h(z) := max1¬i¬l

hxi(z)

Wtedy h należy do X0 i h(z) > f(z)−ε dla dowolnych z ∈ S. Pokażemy, że jednocześnie h(z) < f(z)+ε.Gdy z ∈ S to z definicji h, h(z) = hxi(z) dla pewnego i ∈ 1, . . . , l, zaś hxi(z) < f(z) + ε. Zatemh(z) < f(z) + ε. Ostatecznie

‖h− f‖ < ε

Z dowolności ε, f ∈ X0. Z dowolności f , X0 = C (S). ©

Wniosek 4.19. Niech S := [0, 1] oraz X0 jest zbiorem wszystkich funkcji ciągłych na S, którychwykresy są łamanymi o skończonej ilości odcinków. Wtedy X0 = C (S).

Dowód.Łatwo sprawdzić, że X0 jest podprzestrzenią liniową. Ponadto e ∈ X0 oraz Id ∈ X0 więc X0 rozdzielapunkty. Widać też, że gdy t, g ∈ X0 to max f, g ∈ X0. Na mocy twierdzenia 4.16. ©

Uwaga 4.20. Gdy X0 jest zbiorem wszystkich wielomianów na [0, 1] to nie zachodzi warunek

∀f, g ∈ X0 max f, g ∈ X0

Przykład f(x) = x2, g(x) = 3x− 1. Mogą być również dwie proste przecinające się.

Dowód twierdzenie 4.17.Zauważmy, że A jest domkniętą podalgebrą algebry C (S), a ponieważ C (S) jest domkniętą podalge-brą w B (S) więc także A jest domkniętą podalgebrą algebry B (S), przy tym e ∈ A. Z twierdzeniao domkniętej podalgebrze algebry B (S) mamy, że dla f, g ∈ A, max f, g ∈ A. Ponadto A rozdzielapunkty, gdyż A rozdziela punkty i A ⊂ A. Zatem, gdy X0 := A to X0 spełnia założenia poprzedniegotwierdzenia, a wiec X0 = C (S). Tj. A = C (S) czyli A = C (S). ©

Wniosek 4.21. Załóżmy, że ∅ 6= S ⊂ Rm i S jest zwarty. Niech W (S) oznacza zbiór wszystkichwielomianów m zmiennych rozważanych na zbiorze S. Wówczas dla dowolnych f ∈ C (S) istnieje takiciąg (Wn) że Wn ∈ W (S) i

supx∈S|Wn(x)− f(x)| → 0

Dowód.Łatwo sprawdzić, żeW (S) jest algebrą oraz e ∈ W (S). Niech x, y ∈ S i x 6= y. Wtedy x = (x1, . . . , xm)i y = (y1, . . . , ym) . Więc istnieje takie j ∈ 1, . . . ,m że xj 6= yj . Niech W (t1, . . . , tm) := tj . WtedyW ∈ W (S) i W (x) 6= W (y). Zatem W rozdziela punkty, więc z twierdzenia Weierstrassa-Stone’a tw.4.17, W (S) = C (S). ©

Wykład 10

27

5 Zastosowania twierdzenia Banacha w teorii fraktali

Załóżmy, że (X, d) jest przestrzenią metryczną, ∅ 6= A ⊂ X. Dla x ∈ X odległość od A definiujemyjako

dist (x,A) := inf d (x, a) , a ∈ A

Gdy ∅ 6= B ⊂ X to odstępem zbioru A od B nazywamy

D (A,B) = sup dist (a,B) , a ∈ A

Uwaga nie musi w ogólności spełniać D (A,B) = D (B,A).

Obserwacja 5.1. Funkcja X 3 x 7→ dist (x,A) spełnia warunek lipschitza ze stałą ¬ 1.

Dowód.Niech x, y ∈ X oraz z ∈ A.

dist (x,A) ¬ d (x, z) ¬ d (x, y) + d (y, z) .

Przechodząc do inf po z ∈ A otrzymujemy.

dist (x,A) ¬ d (x, y) + dist (y, Z) .

Z uwagi na symetrię oznaczeń otrzymujemy

dist (y,A) ¬ d (x, y) + dist (x, Z) .

Zatem|dist (x,A)− dist (y,A)| ¬ d (x, y) .

©

Oznaczmy przez K (X) to rodzina wszystkich niepustych, zwartych podzbiorów zbioru X. Przypo-mnijmy, że B (X) to rodzina wszystkich niepustych i ograniczonych podzbiorów zbioru X.

Obserwacja 5.2. Niech A ∈ 2X \ ∅. NWSR

(i) dla dowolnego B ∈ 2X \ ∅ zachodzi D (A,B) < +∞.

(ii) Dla dowolnego B ∈ K (X) zachodzi D (A,B) <∞

(iii) A ∈ B (X).

Dowód.Dowód (i) ⇒(ii) oczywiste. (ii) ⇒(iii). Niech x0 ∈ X i B := x0. Wtedy B ∈ K (X) więc z (ii)D (A,B) <∞, a więc

sup dist (a, x0) , a ∈ A <∞

Stąd dla dowolnych a ∈ A, d (a, x0) ¬ D (A,B), co oznacza, że A ⊂ K (x0; D (A,B)). A więc diamA ¬2 D (A,B) < ∞. Stąd A ∈ B (X). (iii) ⇒(i). Niech A ∈ B (X) i B ∈ 2X \ ∅. Niech a ∈ A i a0 ∈ A.Wtedy

dist (a,B) ¬ d (a, a0) + dist (a0, B) ¬ diamA+ dist (a0, B)

Z dowolności a, D (A,B) ¬ diamA+ dist (a0, B) <∞. ©

28

Definicja 5.3. Gdy A ⊂ X i r > 0 to otoczkę zbioru A o promieniu r nazywamy zbiór

Ar =⋃a∈A

K (a, r)

Obserwacja 5.4.⋂r>0

Ar = A.

Dowód.Niech x ∈

⋂r>0

Ar. Wtedy dla dowolnego n ∈ N, x ∈ A 1n . Więc istnieją takie an ∈ A, że x ∈ K

(an,

1n

)tj . d (x, an) < 1

n . Stąd an → x więc x ∈ A. Zatem⋂r>0

Ar ⊂ A.

Niech x ∈ A i r > 0. Wtedy K (x, r) ∩ A 6= ∅. Więc istnieje takie a ∈ A, że a ∈ K (x, r), a wtedyx ∈ K (a, r) ⊂ Ar. Zatem x ∈ Ar. Z dowolności r, x ∈

⋂r>0

Ar. ©

Obserwacja 5.5. Niech A ∈ 2X \ ∅ oraz r > 0. Wówczas zachodzą warunki

(a) D (A,B) < r ⇒ A ⊂ Br.

(b) A ⊂ Br ⇒ D (A,B) ¬ r.

(c) gdy A ∈ K (X) toD (A,B) < r ⇐⇒ A ⊂ Br

Dowód.Ad (a) Gdy a ∈ A to dist (a,B) ¬ D (A,B) < r. Zatem inf d (a, b) : b ∈ B < r. Z definicji kresuistnieje takie b ∈ B, że d (a, b) < r. a ∈ K (b, r) ⊂ Br. Z dowolności A ⊂ Br. Ad (b) Gdy A ⊂ Br

to dla dowolnych a ∈ A istnieją takie b ∈ B, że d (a, b) < r. Stąd dist (a,B) ¬ d (a, b) < r. Więcdist (a,B) < r. Z dowolności a

supa∈A

dist (a,B) ¬ r

Ad (c) Funkcja A 3 x 7→ dist (x,B) jest ciągła więc, z twierdzenia Weierstrassa 4.18, wobec zwartościA, istnieje takie a0 ∈ A, że dist (a0, B) = sup

x∈Adist (x,B). Gdy A ⊂ Br to z dowodu punktu (b) wiemy,

że dist (an, B) < r więc D (A,B) < r. Zatem zachodzi ⇐ w (c). Implikacja ⇒ wynika z (a). ©

Obserwacja 5.6. Załóżmy, że A,B ∈ 2X \ ∅. Wtedy

D (A,B) = r ⇐⇒ A ⊂ B

Dowód.Załóżmy, że D (A,B) = 0. Niech r > 0 Wtedy D (A,B) < r. Więc z poprzedniej obserwacji A ⊂ Br. Zdowolności r

A ⊂⋂r>0

Br = B

Załóżmy teraz, że A ⊂ B. Wiemy, że B =⋂r>0

Br, więc dla dowolnych r > 0, A ⊂ Br. Z obserwacji (b)

0 ¬ D (A,B) ¬ r.

Stąd przy r → 0+ otrzymujemy, że D (A,B) = 0. ©

29

Obserwacja 5.7. Dla dowolnych trzech zbiorów A,B,C ∈ 2X \ ∅

D (A,B) ¬ D (A,C) + D (C,B) .

Dowód.Niech a ∈ A i c ∈ C. Wtedy

dist (a,B) ¬ d (a, c) + dist (c,B) ¬ d (a, c) + D (C,B)

Stąd także przy D (C,B) = +∞ zachodzi nierówność

dist (a,B)−D (C,B) ¬ d (a, c)

Z dowolności c ∈ C zachodzidist (a,B)−D (C,B) ¬ dist (a,C)

więcdist (a,B) ¬ d (a,C) + D (C,B) ¬ D (A,C) + D (C,B)

Z dowolności a ∈ A,D (A,B) ¬ D (A,C) + D (C,B)

©

Definicja 5.8 (Metryka Hausdorffa). Dla A,B ∈ 2X \ ∅. Niech

H (A,B) = max D (A,B) ,D (B,A)

Wtedy H (A,B) ∈ [0,+∞) ∪ ∞. Gdy A,B ∈ B (X) to na mocy obserwacji (5.6) H (A,B) <∞

Obserwacja 5.9. Dla dowolnych A ∈ 2X \ ∅ zachodzi H (A,A)−0. Dla dowolnych A,B ∈ 2X \ ∅.Jeśli H (A,B) = 0 to A ⊂ B i B ⊂ A, więc A = B.

Wniosek 5.10. Niech CB (X) oznacza rodzinę wszystkich niepustych domkniętych i ograniczonychpodzbiorów zbioru X. Wtedy

∀A,B ∈ CB (X) H (A,B) = 0 ⇐⇒ A = B

Obserwacja 5.11. Dla dowolnych A,B,C ∈ 2X \ ∅ mamy

(a) H (A,B) = H (B,A)

(b) H (A,B) ¬ H (A,C) + H (C,B)

Dowód.(a) jest oczywiste Z obserwacji 5.7

D (A,B) ¬ D (A,C) + D (C,B) ¬ H (A,C) + H (C,B)

Podobnie D (B,A) ¬ H (A,C) + H (C,B).8 Stąd zachodzi (b). ©

Definicja 5.12. Funkcję H obciętą do zbioru CB (X)× CB (X) nazywamy metryką Hausdorffa.

8Z uwagi na symetrię.

30

Istotnie pokazaliśmy, że (CB (X) , H jest przestrzenią metryczną.

Obserwacja 5.13. Przestrzeń (K (X) , H) jest przestrzenią metryczną.

Dowód.K (X) ⊂ CB (X). ©

Twierdzenie 5.14. Jeśli (X, d) jest zupełna to przestrzenie (CB (X) , H) i (K (X) , H) są zupełne.

Dowód pomijamy. Pomijamy również twierdzenie odwrotne.

Obserwacja 5.15. Dla dowolnych A,B,C ∈ 2X \ ∅.

D (A ∪B,C) = max D (A,C) ,D (B,C)

Dowód.

d (A ∪B,C) = sup dist (x,C) , x ∈ A ∪B =

= max sup dist (x,C) , x ∈ A , sup dist (x,C) , x ∈ B = max D (A,C) ,D (B,C)

©

Obserwacja 5.16. Dla dowolnych A,B,C ∈ 2X \ ∅. Jeśli B ⊂ C, to

D (A,B) ­ D (A,C)

Dowód.Niech a ∈ A. Wtedy

D (A,B) ­ dist (a,B) = inf d (a, x) : x ∈ B ­ inf d (a, x) : x ∈ C = dist (a,C)

zatem dist (a,C) ¬ D (A,B). Z dowolności a mamy D (A,C) ¬ D (A,B). ©

Wniosek 5.17. Dla dowolnych A,B,C,D ∈ 2X \ ∅

H (A ∪B,C ∪D) ¬ max H (A,C) ,H (B,D)

Dowód.H (A ∪B,C ∪D) = max H (A,C ∪D) ,H (B,C ∪D). Z uwagi na C ∪D ⊃ C. Więc H (A,C ∪D) ¬H (A,C). C ∪D ⊃ D. więc H (B,C ∪D) ¬ H (B,D). ©

Wykład 11

Obserwacja 5.18. Załóżmy, że An ∈ K (X) dla dowolnych n ∈ N, oraz (An)n∈N jest zstępujący, tj

An+1 ⊂ An. Wówczas (An)n∈N jest zbieżny względem metryki Hausdorffa. Przy tym limAn =⋂n∈N

An.

31

Dowód.Niech A :=

⋂n∈N

An. Pokazujemy, że A ∈ K (X). Przypuśćmy, że A = ∅. Wtedy

A1 = A1 \⋂n∈N

An =⋃n∈N

A1 \An

Zauważmy, że A1 \ An = A1 ∩ (X \An). Są to zbiory otwarte w podprzestrzeni A1. Zatem rodzinaA1 \An, n ∈ N jest otwartym pokryciem zbioru A1 więc ze zwartości istnieje podpokrycie skończoneAkj . Ciąg (X \An) jest ciągiem wstępującym więc

A1 ∩p⋃j=1

(X \Akj

)= A1 ∩ (X \Aq)

gdzie q := max k1, . . . , kp. Stąd A1 = A1 \Aq. Co daje sprzeczność, gdyż ∅ 6= Aq ⊂ A1. Zatem A 6= ∅.A jest domknięty jako iloczyn zbiorów domkniętych. Przy tym A ⊂ A1 i A1 jest zwarty więc A jestzwarty.

Pokazujemy teraz, że H (An, A)→ 0. Mamy zawieranieA ⊂ An, więc D (A,An) = sup dist (a,An) , a ∈ A =0. Zatem H (An, A) = D (An, A).

D (An, A) = sup dist (x,A) , x ∈ An

Funkcja An 3 x 7→ dist (x,A) jest ciągła i An jest zwarty. Więc z twierdzenia Weierstrassa istniejetakie an ∈ An, że dist (an, A) = D (An, A). Zauważmy, że w szczególności an ∈ A1 z zstępowaniazbiorów An. Ale A1 jest zwarty zatem istnieje podciąg zbieżny do pewnego a ∈ A1. Pokazujemy, żea ∈

⋂n∈N

An = A. Niech p ∈ N. Dla n ­ p, An ⊂ Ap. Więc an ∈ Ap. A stąd też akn ∈ Ap przy n ­ p.

Ten podciąg jest ciągiem o wyrazach z Ap zbieżnym do elementu a, a stąd a ∈ Ap = Ap. Zatem zdowolności p ∈ N mamy a ∈ A. Mamy, że

dist (akn , A) = D (Akn , A)

Stąd przy n → ∞, dla dist (akn , A) → dist (a,A) = 0. Więc D (Akn , A) = H (Akn , A) → 0. CiągH (An, A) jest nierosnący i ograniczony z dołu, więc zbieżny do pewnego r ­ 0. Ale r = lim

n→∞H (Akn , A) =

0. Stąd zbieżny. ©

Obserwacja 5.19. Załóżmy, że (X, d) i (Y, ρ) są przestrzeniami metrycznymi oraz f : X → Y jestlipschitzowskie ze stałą L(f). Niech

∀A ∈ K (X) F (A) := f (A) obraz przez funkcję f

Wtedy F : K (X) 7→ K (Y ) oraz F jest Lipschitzowska względem metryki Hausdorffa generowanegoprzez d i ρ, przy tym L (F ) = L (f).

Dowód.Gdy A ∈ K (X) to F (A) ∈ K (Y ) jako ciągły obraz zbioru zwartego. Niech A,B ∈ K (X). WtedyD (F (A), F (B)) = sup distρ (f(a), f (B)) : a ∈ A.

distρ (f(a), f (B)) ¬ ρ (f(a), f(b)) ¬ L (f) d (a, b)

Gdy L (f) = 0 to f jest stałe, a wtedy F jest stałe, więc L (F ) = 0 = L (f). Gdy L (f) > 0 to

d (a, b) ­ 1L (f)

distρ (f(a), f (B))

32

Z dowolności bdistd (a,B) ­ 1

L (f)distρ (f(a), f (B))

Więcdistρ (f(a), f (B)) ¬ L (f) distd (a,B) ¬ L (f) D (A,B)

Z dowolności aD (F (A), F (B)) ¬ L (f) distd (a,B) ¬ L (f) D (A,B)

Ta nierówność zachodzi też dla pewnej pary (B,A). Stąd wynika, że

H (F (A), F (B)) ¬ L (f) H (A,B)

Stąd L (F ) ¬ L (f). Z drugiej strony

L (F ) = sup

H(F (A),F (B))H(A,B) , A,B ∈ K (X) , A 6= B

­

­ sup

H(F (x),F (y))H(x,y) , x, y ∈ X,x 6= y

= L (f)

Ostatecznie L (F ) = L (f). ©

Twierdzenie 5.20 (J. Hutchinson, 1981). Załóżmy, że (X, d) jest przestrzenią metryczną zupełnąoraz f1, f2, . . . , fN : X 7→ X są lipschitzowskie i α := max

1¬i¬nL (fi) < 1. Wówczas istnieje dokładnie

jeden zbiór A∗ ∈ K (X) taki, że

A∗ =N⋃i=1

fi (A∗) ,

przy tym dla dowolnych A0 ∈ K (X) ciąg (Fn(A0))n∈N gdzie dla dowolnych A ∈ K (X)

F (A) :=n⋃i=1

fi (A)

jest zbieżny względem metryki Hausdorffa do A∗, Ponadto, jeśli F (A0) ⊂ A0 to

A∗ =⋂n∈N

Fn(A0).

Uwaga 5.21. Zbiór A∗ opisany w tw. Huchinsona 5.20, nazywamy fraktalem w sensie Hutchinsona -Barnsleya generowanym przez układ f1, . . . , fN.

Dowód tw. 5.20.

Gdy A ∈ K (X) to zbiory fi (A) są zwarte dla i = 1, . . . , N więc takie

N⋃i=1

fi (A) ∈ K (X)

Zatem F : K (X) → K (X). Pokazujemy, że F spełnia założenia twierdzenia Banacha dla przestrzeni(K (X) , H), która jest przestrzenią zupełną. Wiemy, że dla dowolnych A,B,C,D ∈ CB (X).

H (A ∪B,C ∪D) ¬ max H (A,C) ,H (B,D)

33

Rysunek 1: Zbiór Cantora

Przez indukcję łatwo rozszerzyć tę własność na przypadek skończonych sum.

H (F (A), F (B)) = H(N⋃i=1

fi (A),N⋃i=1

fi (B))¬ max

1¬i¬NH (fi (A), fi (B)) ¬

¬ max1¬i¬N

L (fi) H (A,B) = αH (A,B)

Więc L (F ) ¬ α < 1. Z twierdzenia Banacha F ma dokładnie 1 punkt stały A∗ ∈ K (X), tj.

A∗ = F (A∗) =N⋃i=1

fi (A∗) .

Z twierdzenia Banacha wynika też, dla dowolnych A0 ∈ K (X),

H (Fn(A0), A∗)→ 0

Załóżmy teraz że A0 ∈ K (X) i F (A0) ⊂ A0. Zauważmy, że gdy A,B ∈ K (X) i A ⊂ B to F (A) ⊂ F (B).Zatem

F 2(A0) ⊂ F (A0) ⊂ A0

I tak dalej. Zatem

Fn(A0)→⋂n∈N

Fn(A0)

a jednocześnie Fn(A0)→ A∗. Więc z jednoznaczności granicy mamy, że

A∗ =⋂n∈N

Fn(A0)

©

Przykład 5.22. Klasyczny zbiór Cantora jest fraktalem tego typu w sensie HB. Jest on generowanyprzez dwie funkcje f1(x) = 1

3x dla x ∈ [0, 1] oraz f2(x) = 13x + 2

3 dla x ∈ [0, 1]. Wtedy L (f1) =L (f2) = 1

3 < 1. Spełnione są założenia twierdzenia 5.20 istnieje dokładnie 1 zbiór A∗ ∈ K ([0, 1]).

A∗ = f1 (A∗) ∪ f2 (A∗)

Niech A0 = [0, 1]. Wtedy kolejne iteraty pokazujące konstrukcje zbioru Cantora odpowiadają dokładniekolejnym iteratom funkcji F .

Przykład 5.23 (Dywan Sierpińskiego). Zbiór odzorowań generujących

• f1(x, y) = (13x,

13y)

Wykład 12

34

Rysunek 2: Dywan Sierpińskiego

6 Twierdzenie Nadlera dla wielowartościowych kontrakcji

Definicja 6.1. Niech F : X → 2X . Mówimy wtedy, że jest F odwzorowaniem wielowartościowym.Punkt x0 nazywamy punktem stałym tego odwzorowania jeśli x0 ∈ F (x0). Gdy f : X → X to możemyzdefiniować odwzorowanie

F : X → 2X F (x) := f(x)

Wtedy warunek x0 ∈ F (x0) oznacza, że x0 = f(x0).

Następujące twierdzenie jest uogólnieniem zasady Banacha na przypadek odwzorowań wielowarto-ściowych.

Twierdzenie 6.2 (Twierdzenie o punkcie stałym, S.B.Nadler, Jr., 1969). Załóżmy, że (X, d) jestprzestrzenią zupełną. F : X → CB (X) przy tym

∃α ∈ [0, 1)∀x, y ∈ X H (Fx, Fy) ¬ α d (x, y)

Wówczas F ma punkt stały x∗ ∈ X tj. x∗ ∈ F (x∗).

Dowód.Niech x0 ∈ X i x1 ∈ Fx0. Niech b1 > 0. Wtedy

dist (x1, Fx1) = infx∈Fx1

d (x1, x) .

Więc z definicji inf istnieje x2 ∈ Fx1, taki że

d (x1, x2) < d (x1, Fx1) + b1 ¬ D (Fx0, Fx1) + b1 ¬ H (Fx0, Fx1) + b1 ¬ α d (x0, x1) + b1.

Niech b2 > 0. Istnieje wtedy takie x3 ∈ Fx2, a wtedy

d (x2, x3) < d (x2, Fx2) + b2 ¬ D (Fx1, Fx2) + b2 ¬ H (Fx1, Fx2) + b2 ¬ α d (x1, x2) + b2.

35

Dla dowolnego n ∈ N i bn > 0 dostaniemy w ten sposób, że istnieje xn+1 ∈ Fxn takie, że

d (xn+1, xn) ¬ α d (xn−1, xn) + bn

Stąd

d (xn+1, xn) ¬ α2 d (xn−2, xn−1) + αbn−1 + bn ¬ αn d (x0, x1)n−1∑i=0

αn−1−ibi+1 =: αn d (x0, x1) + cn

Z twierdzenia Cauchyego o iloczynie szeregów, że jeżeli∞∑n=1

bn <∞ to wobec zbieżności szeregu∞∑n=1

αn

mamy, że∞∑n=1

cn <∞. Gdy np.bn = αn to cn = nαn. Z kryterium porównawczego

∞∑n=1

d (xn, xn+1) <∞

Stąd (xn) jest C-ciągiem. Z zupełności xn → x∗ dla pewnego x∗ ∈ X.

Lemat 6.3. Jeśli F : X → CB (X) jest ciągła 9 oraz xn → x∗ i xn ∈ Fxn−1 to x∗ ∈ Fx∗.

Jest to uogólnienie lematu treści

Lemat 6.4. Gdy f : X → X jest ciągła oraz xn → x∗ i xn = fxn−1 to x∗ = fx∗.

Dowód lematu 6.3.Ponieważ Fx∗ jest domknięty, wystarczy pokazać że

dist (x∗, Fx∗) = 0

Wtedy wiadomo, żedist (x,A) = 0⇒ x ∈ A

Z ciągłości funkcji X 3 x 7→ dist (x, Fx∗). Ale xn ∈ Fxn−1 więc dla

0 ¬ dist (xn, Fx∗) ¬ D (Fxn−1, Fx∗) ¬ H (Fxn−1, Fx∗)→ 0

Z twierdzenia o 3 ciągach d (xn, Fx∗)→ 0. ©

Z lematu 6.3 otrzymujemy resztę tezy.©

7 Odwzorowania nieoddalające

Definicja 7.1. Gdy (X, d) i (Y, g) są przestrzeniami metrycznymi i f : X → Y to mówimy, że f jestnieoddalające, jeśli L (f) ¬ 1, a więc

∀x1,x2∈X ρ (fx1, fx2) ¬ d (x1, x2)

Gdy Y = X to takie f nie musi mieć punktu stałego. Np. X = R = Y i fx := x+ 1 to Fix (f) = ∅.Zachodzi jednak następujące twierdzenie.

9W sensie metryki Hausdorffa

36

Twierdzenie 7.2 (Twierdzenie Browdera,Godge’a, Kirka). Niech H będzie przestrzenią Hilberta ∅ 6=C ⊂ H i C jest domknięty, ograniczony i wypukły. Jeśli f : C → C jest odwzorowaniem nieoddalającymto Fix (f) 6= ∅.

Przykład 7.3 (Przykład braku jednoznaczności punktu stałego). Gdy H = R i C = [0, 1] i fx := xto f jest nieoddalający i Fix (f) = [0, 1].

Przykład 7.4 (Przykład brak zbieżności ciągu kolejnych iteracji). Niech H = R2, C = K ((0, 0); 1),f definiujemy jako obrót dookoła punktu (0, 0) przeciwnie do ruchu wskazówek zegara. W sensie zespo-lonym oznacza to fz := iz dla z ∈ K ((0, 0); 1). Wtedy Fix (f) = (0, 0). Wtedy dla np. dla punktu(1, 0) jego iteracje są okresowe nie identycznościowe czyli nie są zbieżne zatem do punktu stałego.

Obserwacja 7.5. Załóżmy, że (X, d) jest przestrzenią metryczną, f : X → X jest ciągła , an > 0i an 0. Niech An := x ∈ X : d (x, fx) ¬ an. Wówczas (An) jest zstępującym ciągiem zbiorówdomkniętych i

⋂n∈N

An = Fix (f).

Dowód.an+1 < an więc An+1 ⊂ An. Niech φ(x) := d (x, fx) dla x ∈ X. Wtedy An = φ−1 ((−∞, an])..Wtedy ψ = d F , gdzie Fx := (x, fx) ∈ X × X. Z ciągłości d i F wynika, że φ jest ciągła. WięcAn jest domknięty jako przeciwobraz zbioru domkniętego (−∞, an] przez funkcję ciągłą g. Widać, też⋂n∈N

An = Fix (f).

Gdy x ∈⋂An to d (x, fx) ¬ 1

n dla n ∈ N więc przy n→∞ d (x, fx) ¬ 0 czyli x = fx. ©

Wniosek 7.6. Przy założeniach powyższej obserwacji, jeśli (X, d) jest zupełna, An 6= ∅ dla n ∈ N idiamAn → 0 to f ma dokładnie 1 punkt stały.

Dowód.Wynika z twierdzenia Cantora o zstępującym ciągu zbioru. ©

Wniosek 7.7. Przy założeniach twierdzenia Banacha, f ma dokładnie 1 punkt stały.

Dowód.Przy założeniach twierdzenia Banacha, niech An :=

x ∈ X,d (x, fx) ¬ 1

n

. Pokazujemy, że An 6= ∅.

Wystarczy pokazać, że r := infx∈X

d (x, fx) = 0. Niech ε > 0. Z definicji inf istnieje takie xε ∈ X, że

d (xε, fxε) < r + ε. Wtedy

r ¬ d(fxε, f

2xε)¬ α d (xε, fxε) ¬ αr + αε

więc r ¬ αε1−α dla dowolnego ε > 0 . Zatem r = 0. Pokazujemy, ze diamAn → 0. Niech x, y ∈ An

d (x, y) ¬ d (x, fx) + d (fx, fy) + d (fy, y) ¬ 2n

+ α d (x, y)

Więc d (x, y) ¬ 2n(1−α) . Z dowolności x, y i twierdzenia o 3 ciągach diamAn → 0. Z twierdzenia Can-

tora zachodzi teza twierdzenia Banacha. ©

37

Dowód twierdzenia 7.2.Niech dla n ∈ N fnx :=

(1− 1

n

)fx dla x ∈ C. Wtedy L (fn) ¬ 1− 1

n < 1. Istotnie

‖fnx− fny‖ =∥∥∥∥(1− 1

n

)(fx− fy)

∥∥∥∥ =(

1− 1n

)‖fx− fy‖ ¬

(1− 1

n

)‖x− y‖

Ale niekoniecznie fn (C) ⊂ C. Jeżeli jednak θ ∈ C to fnx =(1− 1

n

)fx + 1

nθ ∈ C z wypukłości C.Wtedy z twierdzenia Banacha 10 fn ma punkt stały xn ∈ C tj. xn :=

(1− 1

n

)fxn, a więc xn− fxn =

− 1nfxn. Stąd

‖xn − fxn‖ =1n‖fxn‖ =

1n‖fxn − θ‖ ¬

1n

diamC.

Zatem gdy an := diamCn to zbiory

An := x ∈ C : ‖x− fx‖ ¬ an

są niepuste (xn ∈ An), domknięte (z ciągłości f i obserwacji ) oraz An+1 ⊂ An, gdyż an 0.Ponadto Fix (f) =

⋂n∈N

An więc wystarcza pokazać, że⋂n∈N

An 6= ∅. Ogólnie nie da się tu pokazać, że

diamAn → 0. Pokażemy jednak, że istnieje taki ciąg (Bn), który spełnia założenia Tw. Cantora orazBn ⊂ An. Wtedy

∅ 6=⋂n∈N

Bn ⊂⋂An

więc⋂An 6= ∅ Wykład 13 gdy θ ∈ C. 11 Pokażemy, że założenie θ ∈ C nie jest obciążające. Istotnie

załóżmy, że θ 6∈ C. Niech c0 ∈ C i rozważamy zbiór C ′ = C− c0 = x− c0, x ∈ C. Wtedy θ ∈ C ′. Dlax ∈ C ′ definiujemy

g(x) := f(x+ c0)− c0,wtedy g : C ′ 7→ C ′ oraz dla x, y ∈ C ′ nie jest oddalające

‖g(x)− g(y)‖ = ‖f(x+ c0)− f(y + c0)‖ ¬ ‖x+ c0 − y − c0‖ = ‖x− y‖ .

Ponadto C ′ jest też domknięty 12, ograniczony i wypukły. Jeżeli więc udowodnimy twierdzenie 7.2 dlaprzypadku θ ∈ C to możemy wnioskować, że g ma punkt stały x∗ ∈ C ′ tj. f(x∗+ c0)− c0 = x∗, a więc

f(x∗ + c0) = x∗ + c0.

Zatem w dalszej części dowodu możemy zakładać bez straty ogólności, że θ ∈ C.

Twierdzenie 7.8 (Twierdzenie Smuliana). Załóżmy, że X jest przestrzenią unormowaną. NWSR

(i) Dla dowolnego zstępującego ciągu zbiorów (An) zbiorów z CB (X), jeśli zbiory An są wypukłe to⋂An 6= ∅,

(ii) X jest refleksywna przestrzenią Banacha.

Zbiory An nie muszą jednak być wypukłe.

Obserwacja 7.9. Gdy A ⊂ X przestrzeń unormowana, jest domknięty to A jest wypukły wtedy tylkowtedy gdy

∀x,y∈Ax+ y

2∈ A

wtedy tylko wtedy A+A ⊂ 2A.10C jest domknięty, więc przestrzeń (C, d) jest zupełna11Do tego miejsca można by prowadzić rozważania w przestrzeni Banacha.12bo odwzorowanie x 7→ x− c0 jest homeomorfizmem

38

Zatem w twierdzeniu Smuliana 7.8 warunek wypukłości zbiorów można zapisać w postaci

∀n ∈ N An +An ⊂ 2An

Twierdzenie 7.10. Załóżmy, że X jest super refleksywną przestrzenią Banacha. Wówczas dla dowol-nego zstępującego ciągu An zbiorów z CB (X) jeśli

∀n ∈ N ∃m ∈ N Am +Am ⊂ 2An

to wtedy⋂An 6= ∅.

Definicja 7.11. X jest jednostajnie wypukła, jeśli

∀ε∈(0,2) ∃δ>0 ∀x,y∈X ‖x‖ ¬ 1 ∧ ‖y‖ ¬ 1 ∧ ‖x− y‖ > ε⇒∥∥∥∥x+ y

2

∥∥∥∥ < 1− δ

Obserwacja 7.12. X jest jednostajnie wypukła gdy dla dowolnych ciągów xn i yn takich, że ‖xn‖ ¬ 1,i ‖yn‖ ¬ 1. Mamy, jeśli

∥∥xn+yn2

∥∥ → 1 to

‖xn − yn‖ → 0.

Twierdzenie 7.13 (Twierdzenie James). X jest super-refleksywna wtedy tylko wtedy gdy istnieje takarównoważna norma ‖·‖2 na X, że (x, ‖·‖2) jest jednostajnie wypukłą przestrzenią Banacha.

Uwaga. Przestrzeń (R, de) jest jednostanie wypukła. (R2, de) nie jest jednostajnie wypukła , alejest super-refleksywną.

Obserwacja 7.14. X jest jednostajnie wypukła wtedy tylko wtedy gdy

∀ε>0 ∃δ>0 ∀x, y ∈ x(‖x‖ ¬ 1, ‖y‖ ¬ 1,

∥∥∥∥x+ y

2

∥∥∥∥ ­ 1− δ)⇒ ‖x− y‖ ¬ ε

Dowód tw. 7.10.X możemy rozważyć równoważną normę równoważną, jednostajnie wypukłą. Wtedy zbiory An zacho-wują wszystkie swoje własności względem nowej normy.

Z założenie dla dowolnego n ∈ N istnieje m ∈ N takie, że

Am +Am ⊂ An

Stąd dla n = 1 istnieje takie k1 ∈ N, że Ak1 +Ak1 ⊂ 2A1. Z kolei dla n = 2 istnieje takie m ∈ N, że

Am +Am ⊂ 2A2

Niech k2 = max m, k1 + 1. Wtedy k2 > k1 oraz k2 ­ m więc z warunku zstępowania

Ak2 +Ak2 ⊂ Am +Am ⊂ 2A2

Postępując analogicznie otrzymujemy podciąg Akn ma tę własność, że

Akn +Akn ⊂ 2An

Niech αn := dist (θ,An) dla n ∈ N. Wtedy

αn = infx∈An

‖x‖

An+1 ⊂ An więc αn+1 ­ αn . Zatem ciąg αn jest niemalejący. gdy x ∈ An to x ∈ A1 więc

‖x‖ = ‖x− θ‖ ¬ diam (A1 ∪ θ)

39

Stąd α1 ¬ diam (A1 ∪ θ). Zatem (αn) jest ograniczony. Z powyższego wynika, że αn α, gdzieα ∈ [0,+∞).

Niech Bn := Akn ∩ K(θ;α+ 1

n

). Wtedy Bn = Bn i Bn+1 ⊂ Bn, gdyż Akn i K

(θ;α+ 1

n

)są

zstępujące. Ponadto αkn ¬ α < α+ 1n . Więc

infx∈Akn

‖x‖ < α+1n

Zatem istnieje takie x ∈ Akn , że ‖x‖ < α+ 1n . Zatem x ∈ Bn. Stąd Bn 6= ∅. Pokażemy że diamBn → 0.

Wtedy z klasycznego twierdzenia Cantora

∅ 6=⋂n∈N

Bn ⊂⋂n∈N

Akn =⋂n∈N

An.

Niech ε > 0. Istnieje δ > 0 takie, jak w definicji przestrzeni jednostajnie wypukłej (z obs 7.14 ). Niechn ∈ N i x, y ∈ Bn. Wtedy ‖x‖ , ‖y‖ ¬ α + 1

n . Niech x′ = 1α+ 1

n

x i y′ = 1α+ 1

n

y. Wtedy ‖x′‖ , ‖y′‖ ¬ 1.

x, y ∈ Bn więc x, y ∈ Akn a stąd x+y2 ∈ An. Z definicji αn i definicji infimum∥∥∥∥x+ y

2

∥∥∥∥ ­ αnStąd ∥∥∥∥x′ + y′

2

∥∥∥∥ =1

α+ 1n

∥∥∥∥x+ y

2

∥∥∥∥ ­ αn

α+ 1n

→ 1

gdy α > 0. Gdy α = 0 to αn = 0 więc θ ∈⋂An. Zatem istnieje takie k ∈ N, że dla n ­ k

αn

α+ 1n

­ 1− δ

Wtedy dla takich n gdy x, y ∈ Bn i x′, y′ są j.w. to∥∥∥∥x′ + y′

2

∥∥∥∥ ­ αn

α+ 1n

­ 1− δ

Z jednostajnej wypukłości ‖x′ − y′‖ ¬ ε. Zatem ‖x− y‖ ¬ ε(α+ 1

n

). Z dowolności x, y średnica

diamBn ¬ ε(α+ 1

n

)dla n ­ k. diamBn ¬ diamA1 <∞ i diamBn+1 ¬ diamBn więc istnieje granica

lim diamBn. Przechodząc w powyższej nierówności z n→∞ otrzymamy, że

lim diamBn ¬ εα

Z dowolności ε→ 0 wnioskujemy, że lim diamBn = 0. ©

Wykład 14. Wracamy do dowodu twierdzenia 7.2. Przypomnijmy, że zdefiniowaliśmy

An :=x ∈ C : ‖x− fx‖ ¬ diamC

n

C jest zbiorem wypukłym, domkniętym, ograniczonym i niepustym. f : C 7→ C i f − nieoodalajce.Pokażemy, że zbiory te spełniają założenie typu wypukłości. Niech n ∈ N szukamy takiego m ∈ N, byAm +Am ⊂ 2An. Niech m ∈ N oraz x, y ∈ Am. Oznaczmy przez δ = C

m . Wtedy 0 ¬ δ ¬ diamC.

Lemat 7.15. Niech x, y ∈ C, δ ∈ (0,diamC] i ‖x− fx‖ , ‖y − fy‖ ¬ δ. Niech z = x+y2 . Wtedy

‖z − fz‖ ¬ 2√

2δ diamC

40

Dowód.Z identyczności równoległoboku mamy, że

∀u, v ∈ H ‖u+ v‖2 + ‖u− v‖2 = 2(‖u‖2 + ‖v‖2

)Wyznaczamy

‖u− v‖2 = 2(‖u‖2 + ‖v‖2

)− 4

∥∥∥∥u+ v

2

∥∥∥∥2

Stąd gdy R, r ­ 0 i ‖u‖ , ‖v‖ ¬ R oraz∥∥u+v

2

∥∥ ­ r. To

‖u− v‖2 ¬ 4R2 − 4r2

to‖u− v‖ ¬ 2

√R2 − r2

Niech teraz w ∈ H i załóżmy, że u, v ∈ H takie, że ‖u− w‖ , ‖v − w‖ ¬ R oraz∥∥u+v

2 − w∥∥ ­ r. Wtedy

z powyższego otrzymamy, że. Podstawiając u := u− w orz v := v −W . Wobec faktu iż.∥∥∥∥u− w + v − w2

∥∥∥∥ =∥∥∥∥u+ v

2− w

∥∥∥∥ ­ rWtedy

‖u− w − v + w‖ = ‖u− v‖ ¬ 2√R2 − r2

Pokażemy więc,że gdy u, v, w ∈ H, r,R ­ 0 oraz u, v ∈ K (w;R) i∥∥u+v

2 − w∥∥ ­ to ‖u− v‖ ¬

2√R2 − r2. Zastosujemy powyższy rezultat przy u := z, v := fz. Mamy, że

‖x− y‖ ¬∥∥∥∥x− z + fz

2

∥∥∥∥ +∥∥∥∥y − z + fz

2

∥∥∥∥Wtedy przynajmniej jeden z tych składników musi być nie mniejszy 1

2 ‖x− y‖.

(a) Załóżmy, że ten pierwszy. Wtedy∥∥∥∥x− z + fz

2

∥∥∥∥ ­ 12‖x− y‖ =: r

i w := x. Dalej ‖u− w‖ = ‖z − x‖ = x−y2 = r. Analogicznie

‖v − x‖ = ‖fz − x‖ ¬ ‖fz − fx‖ + ‖x− fx‖ ¬ ‖z − x‖ + δ = r + δ

Wówczas z poprzedniej obserwacji

‖u− v‖ = ‖z − fz‖ ¬ 2√

(r + δ)2 − r2 = 2√δ(2r + δ) = 2

√δ (‖x− y‖ + δ) ¬ 2

√2δ diamC

(b) Gdy zaś∥∥∥y − fz+z

2

∥∥∥ ­ 12 ‖x− y‖ =: r to przyjmujemy w := y. Wtedy

‖u− w‖ = ‖y − z‖ =∥∥∥∥x− y2

∥∥∥∥Analogicznie

‖v − w‖ = ‖fz − y‖ ¬ ‖fz − fy‖ + ‖fy − y‖ ¬ r + δ.

Otrzymamy stąd to samo oszacowanie na ‖z − fz‖ jak wcześniej Pokazaliśmy, że ‖x− fx‖ ¬ δ i‖y − fy‖ ¬ δ to

‖z − fz‖ ¬ 2√

2δ diamC

41

©

Zatem, gdy x, y ∈ Am to ‖z − fz‖ ¬ 2 2m diamC. Dla dowolnego n ∈ N szukamy takiego m, by

przy x, y ∈ Am‖z − fz‖ ¬ diamC

n

W tym celu wystarczy, by

2

√2m

diamC ¬ diamC

n

a więc 8m ¬

1n2 . Stąd m ­ 8n2. Wystarczy przyjąć m = 8n2 wtedy

A8n2 +A8n2 ⊂ 2An

Z tw. Cantora ∅ 6=⋂n∈N

An = Fix (f). ©

Uwaga 7.16. Twierdzenie można przenieść z poprawionym dowodem do przestrzeni jednostajnie wy-pukłych.

8 Twierdzenie Browdera o istnieniu okresowych rozwiązań pew-nych równań różniczkowych

Będziemy rozważać równanie postaci

x′(t) = f(t, x(t)), t ­ 0 (5)

gdzie x : [0,∞) 7→ H niewiadomą funkcją, H rzeczywistą przestrzenią Hilberta i f : [0,∞)×H 7→ H.

Obserwacja 8.1. Niech ∅ 6= D ⊂ R, t ∈ IntD i x : D → E, gdzie E jest przestrzenią Banacha, przytym x ma pochodną Frecheta w t0. Wówczas

x′(t0)(1) = limh→0

x(t0 + h)− x(t0)h

∈ E

Dowód.x(t0) ∈ B (R;E) przy tym z definicji pochodnej

limh→0

x(t0 + h)− x(t0)− (x′(t0)(h))h

= 0

Korzystając z (x′(t0))(h) = (x′(t0))(h · 1) = h(x′(t0))(1). Stąd

x′(t0)(1) = limh→0

x(t0 + h)− x(t0)h

∈ E

©

Niech x : [0,∞)→ Rn będzie funkcją różniczkowalną i φ(t) := ‖x(t)‖2. Wtedy x(t) = (x1(t), . . . , xn(t))więc

φ(t) = x21(t) + . . .+ x2

n(t)

Zatemφ′(t) = 2x1(t)x′1(t) + . . .+ 2xnx′n(t) = 2x(t)x′(t)

42

Obserwacja 8.2. Załóżmy, że x : [0,∞) → H gdzie H jest rzeczywistą przestrzenią unitarna. Niechφ(t) := ‖x(t)‖2, dla t ­ 0. Jeśli x jest różniczkowalna w t0 to φ ma pochodną w t0 oraz

φ′(t0) = 2 (x(t0), x′(t0))

Dowód.Niech h 6= 0.

φ(t0+h)−φ(t0)h = (x(t0+h),x(t0+h))−(x(t0),x(t0))

h =

=(x(t0 + h), x(t0+h)−x(t0)

h

)+(x(t0+h)−x(t0)

h , x(t0))→ (x(t0), x′(t0)) + (x′(t0), x(t0)) = 2 (x(t0), x′(t0))

©

Załóżmy, że x, y są rozwiązaniami równania

x′(t) = f(t, x(t)), t ­ 0

gdy φ(t) = ‖x(t)− y(t)‖2 dla t ­ 0 to z obserwacji

φ′(t) = (x(t)− y(t), f(t, x(t))− f(t, y(t)))

gdy φ′(t) ¬ 0 to φ jest nierosnąca. Więc φ(t) ¬ φ(0), a wtedy ‖x(t)− y(t)‖ ¬ ‖x(0)− y(0)‖. Stąd jeślix(0) = y(0) to x(t) = y(t) dla t ­ 0

Jeśli założymy∀u, v ∀t ­ 0 (u− v, f(t, u)− f(t, v)) ¬ 0 (6)

Gdy H = R to powyższe oznacza, że f jest nierosnąca względem drugiej zmiennej.Wykład 15Załóżmy dalej, że

∃R > 0 ∀u ∈ K (0, R) (5) ma rozwiązanie x(t)takie, że x(0) = u (7)

oraz∀t ­ 0 ∀u ∈ H f(t+ p, u) = f(t, u) (8)

∀u ∈ S (0, R) (u, f(t, u)) < 0. (9)

Wtedy dla dowolnego u ∈ K (0, R) i pewnego ustalonego p > 0 definiujemy:

Tu := x(p),

gdzie x(·) jest takim rozwiązaniem (5), że x(0) = u 13, a więc T jest poprawnie określony.Gdy u, v ∈ K (0, R) i x, y są takimi rozwiązania (5) to

‖Tu− Tv‖ = ‖x(p)− y(p)‖ ¬ ‖x(0)− y(0)‖ = ‖u− v‖ .

Zatem T jest nieoddalające i T : K (0, R) 7→ H. Załóżmy dalej, że T (K (0, R)) ⊂ K (0, R). Wtedy ztwierdzenia 7.2 T ma punkt stały u∗. Istnieje wtedy rozwiązanie x∗ równania (5).

Niech y∗(t) := x∗(t + p). Wtedy y∗(0) = x∗(p) = x∗(0). Jeżeli zadbamy o to, by y∗ było teżrozwiązaniem (5) to z jednoznaczności zagadnienia Cauchyego wynika, że wtedy x∗ = y∗, tj.

∀t ­ 0 x∗(t+ p) = x∗(t)

13Takie x istnieje na mocy (7) i jest jednoznaczne z (6)

43

tj. x∗ jest okresowa. Dla t ­ 0

y′∗(t) = x′∗(t+ p) = f (t+ p, x∗(t+ p)) = f (t+ p, y∗(t)) = f(t, y∗(t))

o ile założymy, że f jest okresowa o okresie p .Szukamy takiego warunku, by T (K (0, R)) ⊂ K (0, R), tj gdy u ∈ K (0, R) i x jest rozwiązaniem

takim, że x(0) = u to chcemy mieć, ty x(p) ∈ K (0, R). Wystarczy, że ‖x(t)‖ ¬ R dla dowolnycht ∈ [0, p], tj. gdy φ(t) = ‖x(t)‖2 to φ(t)−R2 ¬ 0 dla t ∈ [0, p].

Lemat 8.3. Niech ψ : [0, p] 7→ R i ψ(0) ¬ 0. Jeśli ψ jest ciągła i dla dowolnego t ∈ ψ−1 (0) \ p ,ψ′t(t) < 0 to ψ(t) ¬ 0 dla t ∈ [0, p].

Dowód.Przypuśćmy, że istnieje takie t0 ∈ [0, p] takie, że ψ(t) > 0. Zbiór ψ−1 (0) ∩ [0, t0] jest domknięty iograniczony więc jest zwarty. Istnieje więc max tego zbioru. Oznaczmy je przez E. Wtedy ψ(t) > 0dla t ∈ (E, t0].

ψ′t(t) = limh→0+

ψ(th)− ψ(t)h

­ 0

Sprzeczność. ©

Zatem∥∥x(t)2

∥∥ − R2. ψ jest ciągłe i ψ′(t) = 2 (x(t), x′(t)) na mocy lematu wystarcza, że gdy t jesttakie, że ‖x(t)‖ = R to

(x(t), x′(t)) =x(t)

f(t, x(t))< 0

Zatem wystarczy założyć, że ... Gdy H = R to (??) to (9) oznacza, że f(t, R < 0) i f(t,−R) > 0 dlat ∈ [0, p], udowodniliśmy, więc twierdzenia zachodzi

Twierdzenie 8.4 (Browder). Załóżmy, że f : [0,+∞]×H 7→ H, gdzie H jest przestrzenią Hilberta,przy tym f jest nierosnące względem 2 zmiennej (6) i okresowa (8) względem 1 zmiennej tj. dla pewnegop > 0 oraz przy pewnym R > 0 mamy, że zachodzi (9) i (7). Wtedy (5) ma rozwiązanie okresowe ookresie p.

9 Twierdzenie Peano o istnieniu rozwiązania zagadnienia Cau-chyego

Załóżmy, że X,Y są przestrzeniami topologicznymi i T : X → Y .

Definicja 9.1 (Operator zwarty). Mówimy, że T jest zwarty, jeśli T (X) jest warunkowo zwarty w Ytj. T (X) jest zwarte.

Twierdzenie 9.2 (Twierdzenie Schaudera o punkcie stałym). Załóżmy, że X jest przestrzenią unor-mowaną i ∅ 6= C ⊂ X, przy tym C jest wypukły. Jeśli T : C 7→ C jest ciągłym operatorem zwartym toT ma punkt stały

Przykład 9.3. Niech X := R C := (0, 1) i T (x) = (0, 1) ... Brak dalszej części przykładu

Niech f : [0, a]× R 7→ R. Rozważmy zagadnienie Cauchyego

x′ = f(t, x), t ∈ [0, a], x(0) = u0

Twierdzenie 9.4 (Twierdzenie Peano). Załóżmy, że f jest ciągła i ograniczona. Wtedy powyższezagadnienie Cauchyego ma rozwiązanie (niekoniecznie tylko jedno).

44

Dowód.Wystarczy pokazać, że równanie

x(t) = u0 +

t∫0

f(s, x(s))ds =: (Tx)(t)

ma ciągłe rozwiązanie na [0, a]. Dla X ∈ C ([0, a]) niech (Nx)(t) := f(t, x(t)) dla t ∈ [0, a]. 14. WtedyN : C ([0, a])→ C ([0, a]). Dla x ∈ C ([0, a]) niech

(Ix)(t) :=

t∫0

x(s)ds.

Wtedy I : C ([0, a])→ C1 ([0, a]), gdzie przestrzeń C1 ([0, a]) rozważamy normę.

‖x‖ = max‖x‖sup , ‖x

′‖sup

Dla x ∈ C1 ([0, a]) niech(jx)(t) := x(t) + u0

Traktujemy j jako operator z C1 ([0, a]) w C ([0, a]). Wtedy

T = j I N

Oczywiście T : C ([0, a]) 7→ C ([0, a]). Pokażemy, że T jest ciągły i zwarty. Wtedy z twierdzenia Schau-dera 9.2 T ma punkt stały, który jest rozwiązaniem zagadnienia Cauchyego.

Mamy pokazać, że T (C) jest warunkowo zwarty w przestrzeni C czyli C ([0, a]). Na mocy tw.Arzeli-Ascoliego wystarczy pokazać, że T (C) jest rodziną funkcji wspólnie ograniczonych i jednakowociągłych tj. dla każdego ε > 0 istnieje δ > 0, że dla każdego s, t ∈ [0, a] oraz f ∈ T (C) zachodzi

|s− t| < δ ⇒ |f(s)− f(t)| < ε

Łatwo pokazać, że operator jest ciągły jako złożenie operatorów ciągłych. 15

Dowodzimy zwartości. f ∈ C jest ograniczona więc N (C) jest ograniczony w C ([0, a]). I jest ciągłyi liniowy zatem jest operatorem ograniczonym w C1 ([0, a]). Zatem istnieje takie r > 0, że f ∈ I (N (C))

‖f‖sup ¬ r, ‖f′‖sup ¬ r

Zatem |f ′(t)| ¬ r dla t ∈ [0, a]. Niech f ∈ j (I (N (C))). Wtedy istnieje g ∈ C1 ([0, a]), f(t) + u0 więcgdy s, t ∈ [0, a] i s 6= t to z twierdzenia Lagrange’a.

|f(s)− f(t)| = |g′(ξ)(s− t)| ¬ r |s− t|

Stąd j (I (N (C))) jest rodziną funkcji spełniających warunek Lipschitza ze wspólną stałą, więc rodzinata jest jednakowo ciągła. Ponadto dla f ∈ T (C) zachodzi

|Tx(t)| =

∣∣∣∣∣∣u0 +

t∫0

f(s, x(s))ds

∣∣∣∣∣∣ ¬ |u0| + a ·M

gdzie M takie, że dla każdego t, x f(t, x) < M . Przechodząc do kresu górnego otrzymujemy

‖f‖ ¬ aM + |u0| .

czyli wspólną ograniczoność. ©

14N nazywamy operatorem Niemyckiego15Najtrudniej uzasadnić ciągłość operatora Niemyckiego, ale zastosowanie tutaj ma twierdzenie Weierstrass-Stone’a

4.17

45