WikiSort.ru - Не сортированное

Доказательство

Возьмём произвольный фиксированный элемент метрического пространства ${\displaystyle {x\in \mathbb {X} }}$ и рассмотрим последовательность ${\displaystyle x_{1}=Tx,\;x_{2}=Tx_{1},\;\ldots ,\;x_{n+1}=Tx_{n}}$ .

Таким образом получим последовательность ${\displaystyle \{x_{n}\}}$ .

Покажем, что эта последовательность фундаментальная. В самом деле:

${\displaystyle d(x_{1},\,x_{2})=d(Tx,\,Tx_{1})\leqslant \alpha d(x,\,x_{1})=\alpha d(x,\,Tx),}$

${\displaystyle d(x_{2},\,x_{3})=d(Tx_{1},\,Tx_{2})\leqslant \alpha d(x_{1},\,x_{2})\leqslant \alpha ^{2}d(x,\,Tx),}$

${\displaystyle \ldots ,}$

${\displaystyle d(x_{n},\,x_{n+1})\leqslant \alpha ^{n}d(x,\,Tx).}$

По неравенству треугольника для ${\displaystyle d(x_{n},\,x_{n+p})\leqslant d(x_{n},\,x_{n+1})+d(x_{n+1},\,x_{n+2})+\ldots +d(x_{n+p-1},\,x_{n+p})\leqslant \alpha ^{n}(1+\alpha +\ldots +\alpha ^{p-1})d(x,\,Tx)={\frac {\alpha ^{n}-\alpha ^{n+p}}{1-\alpha }}d(x,\,Tx)}$ .

Так как по условию ${\displaystyle 0<\alpha <1}$ , то ${\displaystyle d(x_{n},\,x_{n+p})<{\frac {\alpha ^{n}}{1-\alpha }}d(x,\,Tx)}$ . Отсюда следует, что ${\displaystyle d(x_{n},\,x_{n+p})\rightarrow 0}$ при ${\displaystyle n\rightarrow \infty }$ и любом ${\displaystyle p>0}$ .

Значит, последовательность ${\displaystyle {\mathcal {f}}x_{n}{\mathcal {g}}}$ сходится в себе (фундаментальная).

В силу полноты пространства ${\displaystyle \mathbb {X} }$ существует элемент ${\displaystyle x_{0}\in \mathbb {X} }$ , являющийся пределом этой последовательности ${\displaystyle x_{0}=\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}}$ .

Докажем, что ${\displaystyle Tx_{0}=x_{0}}$ .

По неравенству треугольника, ${\displaystyle d(x_{0},\,Tx_{0})\leqslant d(x_{0},\,x_{n})+d(x_{n},\,Tx_{0})=d(x_{0},\,x_{n})+d(Tx_{n-1},\,Tx_{0})\leqslant d(x_{0},\,x_{n})+\alpha d(x_{n-1},\,x_{0})}$ . Так как ${\displaystyle x_{0}=\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}}$ , то для любого ${\displaystyle \varepsilon >0}$ при достаточно большом ${\displaystyle n}$ ${\displaystyle d(x_{0},\,x_{n})<{\frac {\varepsilon }{2}}}$ и ${\displaystyle d(x_{0},\,x_{n-1})<{\frac {\varepsilon }{2}}}$ . Так как ${\displaystyle \varepsilon >0}$ произвольно, то отсюда следует, что ${\displaystyle d(x_{0},\;Tx_{0})=0}$ , то есть ${\displaystyle x_{0}=Tx_{0}}$ , что и требовалось доказать.

Докажем единственность неподвижной точки у оператора сжатия. Предположим, что существуют два различных элемента ${\displaystyle x_{0},\;y_{0}\in \mathbb {X} }$ , такие, что ${\displaystyle Tx_{0}=x_{0},\;Ty_{0}=y_{0}}$ . Тогда ${\displaystyle d(x_{0},\,y_{0})=d(Tx_{0},\,Ty_{0})\leqslant \alpha d(x_{0},\,y_{0})}$ . Если допустить, что ${\displaystyle d(x_{0},\,y_{0})>0}$ , то из предыдущего следует, что ${\displaystyle \alpha \geqslant 1}$ . Но это противоречит условию ${\displaystyle \alpha <1}$ . Таким образом, наше допущение что ${\displaystyle d(x_{0},\,y_{0})>0}$ неверно и ${\displaystyle x_{0}=y_{0}}$ .