Univerzitet u Nisu

Prirodno - matematicki fakultet

Departman za matematiku

Nepokretna tacka zakontraktivna preslikavanja

lokalnog tipa u tackiMaster rad

Mentor: Student:

Prof.dr Dejan Ilic Sanja Randelovic

Nis

Oktobar 2013.

Sadrzaj

Uvod 2

1 Banachov princip kontrakcije 41.1 Uvodni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Banachova teorema o fiksnoj tacki . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2 Kontraktivna preslikavanja na kompletnim metrickim pro-storima 92.1 Uopstenja Banachove kontrakcije . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2 Ciriceva generalizovana kontrakcija . . . . . . . . . . . . . . . 152.3 Fiksna tacka i neopadajuce funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 24

3 Kontrakcije na generalisanim metrickim prostorima 293.1 Generalisani metricki prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.2 Neka poznata tvrdenja u generalisanim prostorima . . . . . . . 313.3 Preslikavanja sa generalizovanom kontraktivnom iteracijom u

tacki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.4 Ciriceva teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

4 Kvazi-kontrakcije na nekim metrickim prostorima 514.1 Fisherova kvazi-kontrakcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.2 Konusni metricki prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.3 Fisherova kvazi-kontrakcija na konusnim metrickim prostorima 58

Zakljucak 61

Literatura 62

Biografija 64

1

Uvod

Problem fiksne tacke javio se 1922. godine, kada je Banach1 uveo po-jam kontrakcije na metrickim prostorima. Medutim, znacajnija proucavanjapocinju sedamdesetih godina proslog veka. Znacajne rezultate u ovoj oblastidali su Sehgal2, Guseman3, Ciric4, Rakocevic5,...

Teorija fiksne tacke je glavna grana nelinearne analize. Kao sto sam nazivkaze, ova grana matematike se bavi problemima egzistencije, odredivanja ikonstrukcije fiksne tacke preslikavanja. Od velikog su znacaja primene ovegrane pri resavanju sistema od n jednacina, pri resavanju diferencijalnih iintegralnih jednacina u matematici, kao i mnogih problema u fizici, hemijii biologiji. Teorija fiksne tacke je opsirna oblast, koja se i danas uvelikoproucava. U ovom radu cemo se baviti problemima fiksne tacke kontraktiv-nih prelikavanja lokalnog tipa u tacki.

Rad je tematski podeljen na cetiri celine. Prikaz osnovnih ideja, pojmovai tvrdenja iz teorije fiksne tacke dat je u prvom delu. Uveden je pojam kon-trakcije, i dati su uslovi egzistencije fiksne tacke preslikavanja.

U drugom delu se proucavaju kontrakcije na kompletnim metrickim pro-storima. Naime, u radovima Sehgala, Gusemana, Cirica i Matkowskog6

prosiruje se pojam kontrakcije. Navedeni su glavni rezultati kao i znacajneposledice.

U narednom delu se bavimo kontrakcijama na generalisanim metrickimprostorima. U ovom delu uopstavamo pojam metrckog prostora, niza, kon-trakcije i td. Navodimo znacajne doprinose razvoju teorije fiksne tacke kojesu dali nasi matematicari.

U poslednjem delu akcenat je na proucavanju kvazi-kontrakcije na ne-kim metrickim prostorima. Najpre se izucava Fisherova7 kvazi-kontrakcija

1Stefan Banach - poljski matematicar2V.M.Sehgal- indijski matematicar3Lawrence F. Guseman Jr.- matematicar4Ljubomir Ciric-srpski matematicar5Vladimir Rakocevic-srpski matematicar6Janusz Matkowski-poljski matematicar7Brian Fisher-americki matematicar

2

na kompletnom metrickom prostoru,a zatim se uvodi pojam konusnog me-trickog prostora i posmatraju se uopstenja Fisherove kvazi-kontrakcije, uradovima Gajic8, Ilica 9 i Rakocevica.

Zahvaljujem se mentoru, prof. dr Dejanu Ilicu na podrsci i pomoci priizradi rada.

8Ljiljana Gajic- srpski matematicar9Dejan Ilic- srpski matematicar

3

Glava 1

Banachov princip kontrakcije

1.1 Uvodni pojmovi

U ovoj sekciji cemo navesti ideje na kojima se izgraduje celokupna teorijafiksne tacke. Jedan od vaznijih problema u matematici jeste ispitati da li nekopreslikavanje ima fiksnih tacaka, i, ukoliko ima, ispitati njihovu prirodu.

Definicija 1.1 Neka je X neprazan skup i T : X X. Element u X, akopostoji, je fiksna (nepokretna) tacka preslikavanja T ako vazi

T (u) = u.

U tom slucaju, kaze se da preslikavanje T ima fiksnu (nepokretnu) tacku.

Navescemo nekoliko primera koji ce opravdati neophodnost uvodenja pojmafiksne tacke.Sa FixT ili FT oznacavamo skup svih fiksnih tacaka preslikavanja T.

Primer 1.1.1 Neka je X = R i T (x) = x2 3x + 1. Tada preslikavanje Tima samo jednu fiksnu tacku, tj. FT = {1}.Primer 1.1.2 Za preslikavanje T (x) = x2 2x,gde je X = R, skup svihfiksnih tacaka je FT = {0, 3}.Primer 1.1.3 Ako je X = R i T (x) = x,skup svih fiksnih tacaka preslika-vanja T je cela realna prava ,tj. FT = R.

Primer 1.1.4 Za X = R i T (x) = x 8 je FT = .Vodeni prethodnim primerima, postavlja se pitanje da li svako neprekidno

preslikavanje ima fiksnu tacku. Odgovor daje sledeca teorema.

4

Teorema 1.1.1 Svako neprekidno preslikavanje T : [a, b] [a, b] ima fiksnutacku na segmentu [a, b].

Dokaz: Neka je F (x) = x T (x). Ako je a = T (a) ili b = T (b), tada je a,odnosno b fiksna tacka. U suprotnom je a < T (a) i b > T (b), pa je

F (a) = a T (a) < 0

F (b) = b T (b) > 0.Posto je F neprekidno preslikavanje, postoji u (a, b) takvo da je F (u) = 0tj. T (u) = u. Ova teorema pokazuje da neprekidna i ogranicena funkcija ima fiksnu tacku.Neophodnost uslova ogranicenosti pokazuje sledeci primer.

Primer 1.1.5 Neka je T : R+ R+, T (x) = x2 + a, a > 14, pri cemu je a

proizvoljna konstanta. Tada jeT (x)x = x2 + ax = x2 2 1

2x+ (1

2)2 (1

2)2 + a = (x 1

2)2 + a 1

4> 0,

za svako x R+. Ocigledno, preslikavanje T nema fiksnu tacku.Posmatrajmo, sada, diferencijabilna preslikavanja.Sledeca teorema govori

o egzistenciji fiksne tacke ovih preslikavanja.

Teorema 1.1.2 Neka je T : [a, b] 7 [a, b] diferencijabilno preslikavanje zakoje postoji L [0, 1) tako da je

(x [a, b])(|T (x)| L).

Tada T ima tacno jednu fiksnu tacku.

Dokaz: Zbog diferencijabilnosti preslikavanja T imamo da je ovo preslika-vanje neprekidno, pa na osnovu teoreme (1.1.1) ima bar jednu fiksnu tacku.Dokazimo jedinstvenost te fiksne tacke. Pretpostavimo suprotno, tj. da pre-slikavanje T ima dve fiksne tacke u i v. Tada postoji c [a, b] tako daje

|u v| = |T (u) T (v)| = |T (c)(u v)| L |u v| < |u v| ,sto je kontadikcija. Postavlja se pitanje, da li postoji sira klasa preslikavanja definisanih u nekimmetrickim prostorima koje imaju fiksnu tacku. Trazenje odgovora na ovopitanje dovodi nas do pojma kontrakcije u metrickim prostorima, tj. dokontraktivnih preslikavanja.

5

1.2 Banachova teorema o fiksnoj tacki

Definicija 1.2 Neka je (X, d) metricki prostor. Preslikavanje T : X 7 Xje kontrakcija (q-kontrakcija) ako postoji q [0, 1), tako da vazi

d(T (x), T (y)) q d(x, y), za svako x, y X;

Navescemo nekoliko primera.

Primer 1.2.1 Preslikavanje T : R 7 R, definisano sa T (x) = x2 4 je

kontrakcija, pri cemu je FT = {8}.

Primer 1.2.2 Primer 4-Lipschitzovog preslikavanja je preslikavanjeT : [1

2, 2] 7 [1

2, 2] definisano sa T (x) = 1

x. Skup njegovih fiksnih tacaka je

FT = {1}.

Sledeca teorema je poznata Banachova teorema o fiksnoj tacki; cesto senaziva i Banachov princip kontrakcije. Banachova teorema o fiksnoj tackigarantuje egzistenciju i jedinstvenost fiksne tacke preslikavanja nekog me-trickog prostora na sebe, i daje konstruktivni metod za odredjivanje fiksnetacke.

Teorema 1.2.1 (Banach) Neka je (X, d) kompletan metricki prostor i T : X 7X kontrakcija. Tada preslikavanje T ima tacno jednu fiksnu tacku.

Dokaz: Neka je x0 X proizvoljna tacka prostora X. Formirajmo niz(xn)n tacaka prostora X na sledeci nacin: x1 = Tx0, x2 = Tx1, . . . , xn =T (xn1), . . .. Pokazimo da je taj niz konvergentan. Kako je po pretpostavcimetricki prostor X kompletan, dovoljno je pokazati da je niz (xn)n Cauc-hyev1. Iz

d(xn, xn+1) = d(T (xn1), T (xn)) q d(xn1, xn) . . . qn d(x0, x1),

za m > n sledi

d(xn, xm) d(xn, xn+1) + d(xn+1, xn+2) + . . .+ d(xm1, xm) qn d(x0, x1) + qn+1 d(x0, x1) + . . .+ qm1 d(x0, x1) (qn + qn+1 + . . .+ qm1) d(x0, x1) qn (1 + q + . . .) d(x0, x1)=

qn

1 q d(x0, x1) (1.1)

1Augustin Louis Cauchy-francuski matematicar

6

Kako je 0 < q < 1 sledi da je (xn)n Cauchyev niz. Prema tome, postojiu X tako da niz (xn)n konvergira ka u. Pokazimo da je u fiksna tackapreslikavanja T . Zaista, iz

d(xn, T (u)) = d(T (xn1), T (u)) q d(xn1, u),

a kako xn u sledi xn T (u) kad n, pa je T (u) = u.Pokazimo jedinstvenost fiksne tacke. Ako bi postojala jos jedna fiksna tackav X, v 6= u, sa svojstvom T (v) = v, tada iz

d(u, v) = d(T (u), T (v)) q d(u, v)

sledi (1 q) d(u, v) 0, sto je u suprotnosti sa pretpostavkom 0 < q < 1. Dokaz Banachovog principa kontrakcije daje metod za nalazenje fiksne tackekontraktivnog preslikavanja T . Ovaj metod se naziva metod sukcesivnihaproksimacija, i sastoji se u tome, da se polazeci od proizvoljne tacke pro-stora X(nulte aproksimacije x0) formira niz xn = T (xn1) koji konvergira kau. Kada u (1.1) uzmemo da m,sledi

d(xn, u) a qn1q , gde je a = d(x0, x1),odakle mozemo proceniti gresku prilikom aproksimacije tacnog resenja ujednacine T (x) = x pribliznom vrednoscu xn.Navescemo neke posledice Banachove teoreme.

Posledica 1.2.1 Neka je S zatvoren podskup kompletnog metrickog prostora(X, d) i neka je T : S 7 S kontrakcija. Ako je x0 X proizvoljna tacka ixn+1 = Txn, n 0, onda niz (xn)n konvergira ka fiksnoj tacki preslikavanjaT.

Uslov da S bude zatvoren je neophodan. To pokazuje sledeci primer.

Primer 1.2.3 Neka je X = R Banachov prostor sa uobicajenom metrikomd(x, y) = |x y| , S = K(0, 1) = {x R : |x| < 1} i p R, |p| = 1. Tadakontrakcija

T : S 7 S, Tx = x+ p2

,

nema fiksnu tacku.

Posledica 1.2.2 Neka je (X,d) kompletan metricki prostor i T : X 7 Xpreslikavanje tako da je T n kontrakcija za neko n 1. Tada jednacinaTx = x ima jedinstveno resenje.

7

Dokaz: Primenimo Banachovu teoremu o fiksnoj tacki na presikavanje T n.Sledi, postoji u X takva da je T nu = u. Tada je:

Tu = T (T nu) = T n(Tu).

Dakle Tu je fiksna tacka preslikavanja T n. Zbog jedinstvenosti fiksne tackesledi Tu = u, sto je trebalo pokazati.

8

Glava 2

Kontraktivna preslikavanja nakompletnim metrickimprostorima

2.1 Uopstenja Banachove kontrakcije

U ovoj sekciji cemo uopstavati Banachove rezultate o fiksnoj tacki. Na-ime, bavicemo se problemima egzistencije i jedinstvenosti fiksne tacke nakompletnim metrickim prostorima. Zapocinjemo rezultatima koje je daoSehgal.

Lema 2.1.1 Neka je T : X 7 X preslikavanje koje zadovoljava uslov: po-stoji q < 1 takvo da za svako x X, postoji jedinstven pozitivan ceo brojn(x),takav da je za svako y X

d(T n(x)y, T n(x)x) q d(y, x). (2.1)

Tada je za svako x X, r(x) = supn d(T nx, x) konacno.Dokaz: Neka je x X i neka je

l(x) = max{d(x, T kx), k = 1, 2, . . . , n(x)}.

Ako je n pozitivan ceo broj. Ukoliko je n n(x), tada je d(x, T nx) l(x) n(x). Tada postoje brojevi s 0

9

0 p < n(x) takvi da je n = s n(x) + p. Tada jed(x, T nx) d(x, T n(x)x) + d(T n(x)x, T nx)

= d(x, T n(x)x) + d(T n(x)x, T sn(x)+px)

= d(x, T n(x)x) + d(T n(x)x, T n(x) T (s1)n(x)+px) l(x) + q d(x, T (s1)n(x)+px) q d(x, T n(x)x) + q d(T n(x)x, T n(x) T (s2)n(x)+px) + l(x) q l(x) + q2 d(x, T (s2)n(x)+px) + l(x) . . . qs d(x, T px) + qs1 l(x) + . . .+ q l(x) + l(x) qs l(x) + qs1 l(x) + . . .+ q l(x) + l(x) l(x)

1 q .

Dakle, r(x) = supn d(x, Tnx) je konacno.

Teorema 2.1.1 (Sehgal) Neka je (X, d) kompletan metricki prostor i T : X 7X neprekidno preslikavanje koje zadovoljava uslov prethodne leme. Tada pre-slikavanje T ima jedinstvenu fiksnu tacku u X i T n(x0) u, za svakox0 X.Dokaz: Neka je x0 X proizvoljno. Neka je m0 = n(x0), x1 = Tm0x0 idefinisimo induktivno mi = n(xi), xi+1 = T

mixi. Pokazacemo da je niz (xn)nkonvegentan. Zbog kompletnosti prostora X, dovoljno je pokazati da je (xn)nCauchyev. Ocigledno je

d(xn, xn+1) = d(Tmn1xn1, Tmnxn)

= d(Tmn1xn1, Tmn1 Tmnxn1) q d(xn1, Tmnxn1) . . . qn d(x0, Tmnx0)

Prema tome, iz prethodne leme sledi da je d(xn, xn+1) qn r(x0). Tada, zasvako m > n vazi:

d(xn, xm) m1i=n

d(xi, xi+1) m1i=n

qi r(x0)

+i=n

qi r(x0) = qn

1 q r(x0) 0, n,

pa je zbog kompletnosti prostora X niz (xn)n konvergentan u X.Neka xn u X. Ako je Tu 6= u, onda postoji par disjunktnih, zatvo-

renih okolina U i V , takvih da je u U, Tu V i = inf{d(x, y) : x U, y V } > 0. (2.2)

10

Kako je T neprekidno preslikavanje, xn U i T (xn) V za svako n, dovoljnoveliko. Medutim,

d(xn, Txn) = d(Tmn1xn1, Tmn1 Txn1)

q d(xn1, Txn1) . . . qn d(x0, Tx0) qn r(x0) 0, n,sto je u kontradikciji sa izborom . Dakle, Tu = u.

Jedinstvenost fiksne tacke sledi neposredno, iz uslova teoreme. Pokazimoda je T nx0 u. Oznacimo sa

= max{d(u, Tmx0) : m = 0, 1, 2, . . . , (n(u) 1)}.Za dovoljno veliko n, vazi n = r n(u) + p, 0 p < n(u), r > 0, id(u, T nx0) = d(T

n(u)u, T rn(u)+px0)

q d(u, T (r1)n(u)+px0) . . . qr d(u, T px0) qr .Kako iz n sledi r , dobijamo d(u, T nx0) 0 kada n.

Neka je (X, d) kompletan metricki prostor. Posmatrajmo preslikavanjeT : X 7 X, koje ne mora biti neprekidno, i za koje postoji k takvo da je0 k < 1, i pozitivan ceo broj n tako da je d(T nx, T ny) k d(x, y) vaziza svako x, y X. Ovaj uslov se naziva Bryantovim1 uslovom, i strozi je oduslova koji je dao Sehgal, sto pokazuje sledeci primer.

Primer 2.1.1 Neka je X zatvoreni jedinicni interval [0, 1] sa uobicajenommetrikom. Tada se X moze napisati u sledecem obliku:

X =n=1

[1

2n,

1

2n1

] {0},

i neka je preslikavanje T : X 7 X definisano na sledeci nacin:Za svako n = 1, 2, . . . , neka je

T :

[1

2n,

1

2n1

]7[

1

2n+1,

1

2n

]definisano sa

T (x) =

n+2n+3

(x 12n1 ) +

12n, x

[3n+5

2n+1(n+2), 12n1

],

12n+1

x [

12n, 3n+52n+1(n+2)

],

0, x = 0.

1Jack Bryant-americki matematicar

11

Ocigledno, T je nerastuce, neprekidno preslikavanje na [0, 1] cija je jedin-stvena fiksna tacka u = 0. Pri tom, T nije kontrakcija. Ako je x [ 1

2n, 12n1

]i y X, onda ispitivanjem slucajeva y [ 1

2m, 12m1

]za m n i m n,

jednostavno se pokazuje da T zadovoljava nejednakost

|Tx Ty| n+3n+4 |x y| za svako y X.

Ako u (2.1) stavimo q = 1/2, tada za svako x [ 12n, 12n1

], n(x) se moze

uzeti kao n+ 3, dok se n(0) moze uzeti kao proizvoljan prirodan broj veci odjedan.Da bismo pokazali da je Bryantov uslov strozi od uslova (2.1), neka su dati0 q < 1 i pozitivan ceo broj N. Pokazacemo da postoje x i y takvi da jeTNx TNy q |x y| . Fiksirajmo n > Nq

1q 2. Kako je T i ravnomernoneprekidno na [0, 1] za i = 1, 2, . . . , N, postoji > 0 tako da

|x y| > T ix T iy < n+N + 3(n+N + 2) 2n+N+1

za i = 1, 2, . . . , N. Ako uzmemo x = 12n1 i y bilo koji broj iz

[12n, 12n1

]tako

da je 0 < |x y| < , moze se pokazati da su T ix i T iy u[3(n+ i) + 5

2n+i+1(n+ i+ 2),

1

2n+i1

]za i = 1, 2, . . . , N. Prema tome

|Tx Ty| = n+ 2n+ 3

|x y| ,T 2x T 2y = n+ 2n+ 4

|x y| ,...TNx TNy = n+ 2

n+ 2 +N|x y| > q |x y| .

Sada cemo navesti neke radove Gusemana. Njegovi rezultati predstavljajugeneralizaciju rezultata koje je dao Sehgal, a odnose se na preslikavanja kojane moraju biti neprekidna, a koja su kontraktivna u svakoj tacki nekog pod-skupa B datog prostora X, pri cemu B i X mogu biti i jednaki.

Lema 2.1.2 Neka su dati metricki prostor (X, d), preslikavanje T : X 7 X,neka je B X i T (B) B. Pretpostavimo da postoji u B i pozitivan ceobroj n(u) takav da je T n(u)u = u i

d(T n(u)x, T n(u)u) q d(x, u), (2.3)za neko q < 1 i svako x B. Tada je u jedinstvena fiksna tacka preslikavanjaT u B i T ny0 u, za svako y0 B.

12

Dokaz: Iz (2.3) i pretpostavke tvrdenja sledi da je u jedinstvena fiksna tackapreslikavanja T n(u) u B. Tada iz Tu = T T n(u)u = T n(u) Tu sledi Tu = u.Dakle, tacka u je i jedinstvena fiksna tacka preslikavanja T na B. Neka jey0 B. Iz T (B) B sledi {T ny0 : n 1} B. Neka je

(y0) = max {d(Tmy0, u) : 1 m n(u) 1}i neka je, za dovoljno veliko n, n = r n(u) + s, r > 0, 0 s < n(u). Tada je

d(T ny0, u) = d(Trn(u)+sy0, T n(u)u) q d(T (r1)n(u)+sy0, u)

. . . qr d(T sy0, u) qr (y0),odakle sledi T ny0 u, n. Teorema 2.1.2 (Guseman) Neka je (X, d) kompletan metricki prostor ineka je dato preslikavanje T : X 7 X. Pretpostavimo da postoji B Xtakav da

1) T (B) B,2) za neko q < 1 i svako y B postoji prirodan broj n(y) 1 tako da je

d(T n(y)x, T n(y)y) q d(x, y) za svako x B i3) za neko x0 B, {T nx0 : n 1} B.

Tada postoji jedinstvena tacka u B takva da je Tu = u i T ny0 u zasvako y0 B. Pri tom, ako je d(T n(u)x, T n(u)u) q d(x, u) za svako x X,tada je tacka u jedinstvena u X i T nx0 u za svako x0 X.Dokaz: Ako je y B, kao u dokazu leme (2.1.2) moze se pokazati daje r(y) = supn d(T

ny, y) konacno. Za x0 B, neka je m0 = n(x0), x1 =Tm0(x0), i induktivno, neka je mi = n(xi), xi+1 = T

mixi. Primetimo da vazesledece nejednakosti:

d(xn+1, xn) qn d(Tmnx0, x0) qn r(x0), n 1i za m > n

d(xn, xm) m1l=n

d(xl+1, xl) qn

1 q r(x0).

Sledi da je niz (xn)n Cauchyev. Koristeci kompletnost prostora i uslov 3)teoreme, dobijamo da xn u B. Prema 2), postoji prirodan broj n(u) 1takav da je d(T n(u)y, T n(u)u) q d(y, u) za svako y B. Sledi T n(u)xn T n(u)u. Sada je

d(T n(u)u, u) = limn

d(T n(u)xn, xn).

13

Medutim,

d(T n(u)xn, xn) = d(Tmn1 T n(u)xn1, Tmn1xn1)

q d(T n(u)xn1, xn1) . . . qn d(T n(u)x0, x0) 0, n.

Zato je T n(u)(u) = u. Prema lemi (2.1.2), u je jedinstvena fiksna tacka pre-slikavanja T na B i T n(y0) u, za svako y0 B.Poslednje tvrdenje teoreme sledi direktno iz leme. Time je dokaz zavrsen.

Napomena 2.1 Za svako T koje zadovoljava uslov (2.3) iz xn u slediT n(u)xn T n(u)u.

Teorema 2.1.3 Neka je (X,d) kompletan metricki prostor, T : X 7 X pre-slikavanje i T n(y0) u, za u, y0 X. Ako T zadovoljava (2.3) za svakox X, tada T ima jedinstvenu fiksnu tacku u X i T nx0 u za svakox0 X.

Dokaz: Sledi direktno iz leme. Navescemo sada nekoliko primera.

Primer 2.1.2 Definisimo preslikavanje T : [0, 1] 7 [0, 1] sa

T (x) =

{12, ako je x iracionalan,

1 x, ako je x racionalan.

Tada je T (12) = 1

2. Za prizvoljno q < 1, neka je B =

{12

} A, gde je Aprizvoljna kolekcija iracionalnih brojeva iz [0, 1]. Lako se pokazuje da B nemoze sadrzati bilo koji racionalni broj x 6= 1

2.

Primer 2.1.3 Definisimo preslikavanje T : [0, 1] 7 [0, 1] sa

T (x) =

{1 x, ako je x iracionalan,x, ako je x racionalan.

Tada svaki racionalan broj x je fiksna tacka preslikavanja T. Za proizvoljnoq < 1, B = {x}, x je racionalan.

Primer 2.1.4 Neka je B = {0} I, gde smo sa I oznacili skup iracionalnihbrojeva, i definisimo preslikavanje T : [0, 1) 7 [0, 1) sa

T (x) =

{0, x B,

2nx, x [2n, 2(n1)) \B, n = 1, 2, . . .14

Tada je 0 fiksna tacka preslikavanja T na [0, 1). Za svako x0 [0, 1), T nx0 0, n i

d(Tx0, T0) 12 d(x0, 0).

Pokazacemo da postoji x0 [0, 1) takvo da za svako m 1 postoji xm [0, 1)tako da je

d(Tmxm, Tmx0) = d(xm, x0).

Neka je x0 =12

i neka je (m) = 2m,m 1. Lako se pokazuje da vazi sledece:(i) Tm 1

2= 2(m),

(ii) Tm+1 12

= [Tm 12]2 = [T 1

2](m),

(iii) Tmx = 4 [Tm 12]2x, ako je 22 x < 21.

Neka je ym =(2(m) + 2

)1, za svako m. Iz (i) (iii) dobijamo:

d(Tm1

2, Tm(

1

2 ym)) = d(1

2,1

2 ym),m 0.

Dakle, T nema kontraktivnu iteraciju u 12.

2.2 Ciriceva generalizovana kontrakcija

Ljubomir Ciric je u radu [3] uveo pojam generalizovane kontrakcije, i nataj nacin uopstio pojam kontrakcije koji je uveo Banach. Navodimo sledecudefiniciju

Definicija 2.1 Preslikavanje T : X 7 X je generalizovana kontrakcija akoza svako x, y X postoje nenegativni realni brojevi q(x, y), r(x, y), s(x, y), it(x, y) takvi da je

supx,yX

{q(x, y) + r(x, y) + s(x, y) + 2t(x, y)} = k < 1 (2.4)

i da vazi

d(Tx, Ty) q(x, y)d(x, y) + r(x, y)d(x, Tx)+s(x, y)d(y, Ty) + t(x, y)(d(x, Ty) + d(y, Tx)).

15

Jasno, T je generalizovana kontrakcija ako i samo ako T zadovoljava sledeciuslov

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

1

2[d(x, Ty) + d(y, Tx)]

},

za svako x, y X i neko 0 < q < 1.U ovoj sekciji posmatracemo preslikavanja koja ne moraju biti neprekidna

i koja zadovoljavaju uslov: postoji pozitivan realan broj 0 < q < 1 takav daza svako x X postoji prirodan broj n(x) takav da je za svako y X

d(T n(x)x, T n(x)y) qmax{d(x, y), d(y, T n(x)x), d(x, T n(x)y),

1

2[d(x, T n(x)x) + d(y, T n(x)y)]

}; (2.5)

kao i preslikavanja koja zadovoljavaju jaci uslov

d(T n(x)x, T n(x)y) qmax{d(x, y),

1

3[d(y, T n(x)x) + d(x, T n(x)y)],

1

3[d(x, T n(x)x) + d(y, T n(x)y)]

}. (2.6)

Preslikavanje T : X 7 X je kruzno (orbitalno) neprekidno ako i samoako iz limi T

nix0 = u sledi T (u) = limi TTnix0. Prostor X je T -orbitalno

kompletan ako i samo ako je svaki Cauchyev niz oblika (T nix)i konvergentanu X.

Teorema 2.2.1 (Ciric) Neka je T : X 7 X preslikavanje i T nx u zau, x X. Ako T zadovoljava (2.5) u tacki u, tj. ako postoje prirodan brojn(u) i pozitivan realan broj q < 1 takvi da je

d(T n(u)y, T n(u)u) qmax{d(y, u), d(u, T n(u)y), d(y, T n(u)u),

1

2[d(y, T n(u)y) + d(u, T n(u)u)]

}(2.7)

za svako y X, tada T ima jedinstvenu fiksnu tacku u X i limn T ny = uza svako y X.

16

Dokaz: Iz limn Tnx = u sledi limn T

n(u)T nx = limn Tn(u)+nx = u. Kako T

zadovoljava (2.7) imamo

d(u, T n(u)u) d(u, T nx) + d(T nx, T n(u)+nx) + d(T n(u)T nx, T n(u)u) d(u, T nx) + d(T nx, T n(u)+nx) + q a(T nx, u),

gde je

a(T nx, u) = max

{d(T nx, u), d(T nx, T n(u)u), d(u, T n(u)+nx),

1

2[d(T nx, T n(u)+nx) + d(u, T n(u)u)].

}Dakle

d(u, T n(u)u) (1 + q) d(u, T nx) + d(T nx, T n(u)+nx)ako je a(T nx, u) = d(T nx, u), ili

d(u, T n(u)u) 12 q (2d(u, T

nx) + (2 + q)d(T nx, T n(u)+nx))

ako je a(T nx, u) = 12[d(T nx, T n(u)+nx) + d(u, T nu)], ili

d(u, T n(u)u) 11 q ((1 + q) d(u, T

nx) + d(T nx, T n(u)+nx))

ako je a(T nx, u) = d(T nx, T n(u)u), ili

d(u, T n(u)u) (1 + q) [d(u, T nx) + d(T nx, T n(u)+nx)]ako je a(T nx, u) = d(u, T n(u)+nx).

Kako limn Tnx = u, sledi da d(u, T n(u)u) = 0, tj. T n(u)u = u. Iz (2.7)

sledi da je u jedinstvena fiksna tacka preslikavanja T n(u) u X. Tada iz Tu =TT n(u)u = T n(u)Tu sledi Tu = u. Ocigledno je u jedinstvena fiksna tackapreslikavanja T.

Sada cemo pokazati da limn Tny = u za svako y X. Neka je b(y) =

max{d(y, T ky) : k = 1, 2, . . . , n(u)}. Ako je n N tada postoje celi brojevir 0 i 0 s n(u) 1 takvi da je n = r n(u) + s, i imamo

d(u, T ny) = d(u, T rn(u)+sy) = d(T n(u)u, T n(u)T (r1)n(u)+sy)

q max{d(u, T (r1)n(u)+sy),

1

2d(T (r1)n(u)+sy, T ny),

d(u, T ny), d(T (r1)n(u)+sy, u)}.

17

Kako je d(u, T ny) q d(u, T ny) nemoguce, imamod(u, T rn(u)+sy) q d(u, T (r1)n(u)+sy),

ili

d(u, T rn(u)+sy) q2 qd(u, T

(r1)n(u)+sy) < q d(u, T (r1)n(u)+sy).

Dakle,d(u, T rn(u)+sy) q d(u, T (r1)n(u)+sy).

Ponavljajuci ovaj postupak r puta, dobijamo

d(u, T rn(u)+sy) qr d(u, T sy) qr b(y).Kada n sledi r , pa je limn d(u, T ny) = 0, cime je dokaz zavrsen.Lema 2.2.1 Ako je T : X 7 X preslikavanje koje zadovoljava (2.5) tada zasvako x X, r(x) = supn d(x, T nx) je konacan.Dokaz: Neka je x X i neka je b(x) = max{d(T kx, x) : k = 1, 2, . . . , n(x)}.Za dati prirodan broj n neka su p 0 i 0 s n(x) 1 takvi da jen = p n(x) + s. Tada iz

d(x, T pn(x)+sx) d(x, T n(x)x) + d(T n(x)x, T n(x)T (p1)n(x)+sx) d(x, T n(x)x) + q c,

gde je

c = c(x, T (p1)n(x)+sx) = max{d(x, T (p1)n(x)+sx), d(T (p1)n(x)+sx, T n(x)x),

d(x, T nx),1

2[d(x, T n(x)x) + d(T (p1)n(x)+sx, T nx)]

},

sledid(x, T pn(x)+sx) d(x, T n(x)x) + q d(x, T (p1)n(x)+sx),

ako je c = d(x, T (p1)n(x)+sx), ili

d(x, T pn(x)+sx) 2 + q2 q d(x, T

n(x)x) +q

2 q d(x, T(p1)n(x)+sx),

ako je c = 12[d(x, T n(x)x) + d(T nx, T (p1)n(x)+sx)], ili

d(x, T pn(x)+sx) 11 q d(x, T

n(x)x),

18

ako je c = d(x, T nx), ili

d(x, T pn(x)+sx) (1 + q) d(x, T n(x)x) + q d(x, T (p1)n(x)+sx),

ako je c = d(T n(x)x, T (p1)n(x)+sx).

Kako je max

{1, 2+q

2q ,1

1q , 1 + q}

= 11q i max

{q, q

2q , 0}

= q, u svakom od

prethodnih slucajeva imamo:

d(x, T pn(x)+sx) 11 q d(x, T

n(x)x) + q d(x, T (p1)n(x)+sx).

Ponavaljajuci ovaj postupak p puta dobijamo

d(x, T pn(x)+sx) 11 q d(x, T

n(x)x) + q 11 q d(x, T

n(x)x) + . . .+

+qp11

1 q d(x, Tn(x)x) + qp d(x, T n(x)x)

(1 + q + . . .+ qp1) 11 q b(x) + q

p 1

1 q b(x)

(

1

1 q)2

b(x).

Kako je n = p n(x) + s proizvoljno, dokazali smo da je

d(x, T nx) (

1

1 q)2

max{d(x, T kx) : k = 1, 2, . . . , n(x)}.

Dakle, r(x) = supn d(x, Tnx) je konacan. Sada cemo posmatrati pre-

slikavanja T-orbitalno kompletnog prostora na sebe, pri cemu je uslov (2.5)zamenjen jacim.

Teorema 2.2.2 Neka je T : X 7 X preslikavanje T-orbitalno kompletnogmetrickog prostora X na samog sebe. Pretpostavimo da postoji x0 X saO(x0) = {T nx0 : n N} takvo da za neko q < 1 i svako x O(x0) postojiprirodan broj n(x) takav da T zadovoljava uslov (2.6) za svako y O(x0).Tada limn T

nx0 = u i Tu = u. Osim toga,ako T zadovoljava uslov (2.7), u jejedinstvena fiksna tacka u X i limn T

nx = u za svako x X.Dokaz: Ako T zadovoljava (2.6), tada T zadovoljava i (2.5) na O(x0). Prematome, r(x0) = supn d(x0, T

nx0) je konacan. Posmatrajmo niz

x0, x1 = Tn(x0)x0, x2 = T

n(x1)x1, . . . xi+1 = Tn(xi)xi, . . .

19

Za proizvoljan prirodan broj s imamo

d(xn, Tsxn) = d(T

n(xn1)xn1, T n(xn1)T sxn1)

q max{d(xn1, T sxn1),

1

3[d(xn1, T n(xn1)xn1) + d(T sxn1, T sxn)],

1

3[d(xn1, T sxn) + d(T sxn1, xn)]

}.

Prema tome,d(xn, T

sxn) q d(xn1, T sxn1),ili

d(xn, Tsxn) qmax{d(xn1, T n(xn1)xn1), d(xn1, T sxn1), d(xn1, T s+n(xn1)xn1)},

ili

d(xn, Tsxn) q max{d(xn1, T sxn), d(xn1, T sxn1), d(xn1, T n(xn1)xn1)}.

Dakle,

d(xn, Tsxn) qmax{d(xn1, T sxn1), d(xn1, T n(xn1)xn1), d(xn1, T s+n(xn1)xn1)}.

Koristeci ovu nejednakost vise puta, dobija se:

d(xn, Tsxn) q2 max{d(xn2, T sxn2), d(xn2, T n(xn2)xn2), d(xn2, T s+n(xn2)xn2),

d(xn2, T n(xn1)xn2), d(xn2, T n(xn1)+n(xn2)xn2),

d(xn2, T s+n(xn1)xn2), d(xn2, T s+n(xn1)+n(xn2)xn2)} . . . qnr(x0).

Odavde sledi da je niz (T nx0)n Cauchyev. Kako je T-orbitalno kompletanprostor, postoji u O(x0) tako da je u = limn T nx0. Kako iz (2.6) sledi (2.5),imamo Tu = u prema prethodnoj teoremi. Poslednje tvrdenje teoreme sledidirektno.

20

Ciriceva teorema

Rezultati Ljubomira Cirica, koje cemo sada navesti, su generalizacija Seh-galovih i Gusemanovih rezultata, koje smo dali u prethodnoj sekciji. Podra-zumevacemo da je (X, d) kompletan metricki prostor i T : X 7 X.Teorema 2.2.3 Ako za svako x X postoji prirodan broj n = n(x) takavda

d(T nx, T ny) max{d(x, y), d(x, Ty), d(x, T 2y),d(x, T 3y), . . . , d(x, T ny), d(x, T nx)} (2.8)

vazi za neko < 1 i svako y X, tada T ima jedinstvenu fiksnu tacku u X.Stavise, za svako x X, limm Tmx = u.Dokaz: Najpre cemo pokazati da je za svako x X, orbita (Tmx)m ogranicena.Pokazacemo da je za svako x X

r(x) = supm>0{d(x, Tmx)} 1

1 max0 n i k > n. Tada, iz nejednakosti trougla iiz (2.8) imamo

d(x, T kx) d(x, T nx) + d(T nx, T nT knx) d(x, T nx) + max{d(x, T knx), d(x, T kn+1x), . . . , d(x, T kx), d(x, T nx)} d(x, T nx) + max{d(x, T rx) : 0 < r m}.

Koristeci (2.10) dobijamo d(x, T kx) d(x, T nx) + d(x, T kx) i otuda

d(x, T kx) 11 d(x, T

nx), tj.

max{d(x, T rx) : 0 < r m} 11 d(x, T

nx).

Kako je m proizvoljno, sledi

supm>n{d(x, Tmx)} 1

1 d(x, Tnx).

21

Nejednakost (2.9) sledi direktno. Posledica toga je da je orbita (Tmx)mogranicena.

Neka je x0 = x X,n0 = n(x0), x1 = T n0x0 i induktivno

nk = n(xk), xk+1 = Tnkxk, k = 1, 2, . . . .

Ocigledno, (xk)k je podniz orbite (Tmx)m. Koristeci ovaj podniz pokazacemo

da je (Tmx)m Cauchyev niz.Neka je xk proizvoljan fiksirani clan niza (xk)k i neka su xp = T

px0 ixq = T

qx0 dva proizvoljna clana orbite (Tmx)m koja slede posle xk. Tada

xp = Trxk i xq = T

sxk za neke r i s respektivno. Koristeci (2.8) dobijamo:

d(xk, xp) = d(Tnk1xk1, T nk1T rxk1) d(xk1, T r1xk1)

gde je

d(xk1, T r1xk1) = max{d(xk1, T rxk1), d(xk1, T r+1xk1), . . . ,d(xk1, T r+nk1xk1), d(xk1, T nk1xk1)}

Slicno, d(xk1, T r1xk1) d(xk2, T r2xk2), gde je

d(xk2, T r2xk2) = max{d(xk2, T r2xk2), . . . , d(xk2, T nk2xk2)}.

Ponavljajuci ovaj postupak kputa imamo

d(xk, xp) d(xk1, T r1xk1) 2d(xk2, T r2xk2) . . . kd(x0, T rkx0).

Dakle, d(xk, xp) k r(x0). Slicno, d(xk, xq) = d(xk, T sxk) k r(x0).Sledi

d(xp, xq) d(xp, xk) + d(xk, xq) k 2r(x0). (2.11)Kako je < 1, iz (2.11) sledi da je orbita (Tmx)m Cauchyev niz. Iz kom-pletnosti prostora X sledi da postoji u X tako da je u = limm Tmx0.Pokazacemo da je T n(u)u = u. Za m > n = n(u), sada je

d(T nu, T nTmx0) max{d(u, Tmx0), d(u, Tm+1x0), . . . ,d(u, Tm+nx0), d(u, T

nu)}

Kada m u prethodnoj nejednakosti, sledi da

d(T nu, u) d(u, T nu).

22

Kako je < 1, to je u fiksna tacka preslikavanja T n(u).Da bismo pokazali da je u fiksna tacka preslikavanja T, pretpostavimo da

je Tu 6= u i neka je d(u, T ku) = max{d(u, T ru) : 0 < r n = n(u)}. Tadad(u, T ku) = d(T nu, T kT nu) = d(T nu, T nT ku)

max{d(u, T ku), d(u, T k+1u), . . . , d(u, T k+nu), d(u, T nu)} d(u, T ku).

Kako je < 1, sledi da je d(u, T ku) = 0, odakle sledi da je u fiksna tackapreslikavanja T. Jedinstvenost fiksne tacke sledi direktno iz (2.8).

Neka je T neprekidno preslikavanje. U tom slucaju vazi sledeca teorema:

Teorema 2.2.4 Neka je (X, d) kompletan metricki prostor i neka je T : X 7X neprekidno preslikavanje koje zadovoljava sledeci uslov: za svako x Xpostoji prirodan broj n = n(x) takav da za svako y X

d(T nx, T ny) max{d(x, y), d(x, Ty), d(x, T 2y), . . . , d(x, T ny),d(x, Tx), d(x, T 2x), . . . d(x, T nx)}, (2.12)

gde je 0 < 1. Tada preslikavanje T ima jedinstvenu fiksnu tacku u X.Stavise, za svako x X, limk T kx = u.Dokaz: Neka je x proizvoljna tacka iz X. Tada, kao u dokazu prethodne teo-reme, orbita (Tmx)m je ogranicena, i Cauchyev niz u kompletnom metrickomprostoru X, tako da je njena granicna vrednost u X. Iz pretpostavke o ne-prekidnosti preslikavanja T, sledi neprekidnost i preslikavanja T n(u), odakleje

T n(u)u = T n(u) limm

Tmx = limm

Tm+n(u)x = u.

Dakle, u je fiksna tacka preslikavanja T n(u). Koristeci iste argumente kao udokazu prethodne teoreme, sledi da je u jedinstvena fiksna tacka preslikavanjaT.

Napomena 2.2 Uslov da je T neprekidno preslikavanje u teoremi (2.2.4)moze se oslabiti sledecim: T n(x) je neprekidno preslikavanje u tacki x X.Primetimo da je uslov neprekidnosti preslikavanja T n(u) u teoremi (2.2.4) utacki u neophodan. Zaista, neka je X = [0, 1] sa uobicajenom metrikom.Tada je X kompletan. Definisimo preslikavanje T na X koje nije nepre-kidno,na sledeci nacin:

T (x) =

{1, x = 0;x2, x 6= 0

23

Tada imamo

d(T 2x, T 2y) max{d(x, Ty)2

,d(x, Tx)

2}

za svako x, y X tako da T zadovoljava (2.12) a = 12. Medutim, T nema

fiksnu tacku, jer T n nije neprekidno u 0 za bilo koje n = 2, 3, . . . .

2.3 Fiksna tacka i neopadajuce funkcije

Za funkciju : [0,) 7 [0,) oznacimo sa n, n = 0, 1, 2, . . . njenu n-tuiteraciju. Najpre cemo dokazati sledecu lemu.

Lema 2.3.1 Neka je : [0,) 7 [0,) neopadajuca funkcija. Tada, zasvako t > 0, limn n(t) = 0 sledi (t) < t.

Dokaz: Pretpostavimo suprotno, da je za neko t0 > 0, (t0) t0. Tada,zbog monotonosti funkcije , n(t0) t0 za n = 1, 2, . . . . Napomena 2.3 Primetimo da za svaku neprekidnu funkciju : [0,) 7[0,) koja zadovoljava uslov (t) < t za t > 0, limn n(t) = 0.

Teorema 2.3.1 Neka je (X, d) kompletan metricki prostor, T : X 7 X, : [0,)5 7 [0,) i neka je (t) = (t, t, t, 2t, 2t) za t 0. Pretpostavimoda vazi:

1) je neopadajuca funkcija po svakoj promenljivoj,

2) limt(t (t)) =,3) limn n(t) = 0, t > 0,

4) za svako x X, postoji pozitivan broj n = n(x) takav da je za svakoy Xd(T nx, T ny) (d(x, T nx), d(x, T ny), d(x, y), d(T nx, y), d(T ny, y)).

Tada T ima jedinstvenu fiksnu tacku u X i za svako x X, limk T kx =u.

Dokaz: Najpe cemo pokazati da je za svako x X, orbita (T ix)i ogranicena.Fiksirajmo x X, broj s, 0 s < n = n(x), i stavimo

uk = d(x, Tkn+sx), k = 0, 1, . . . ,

h = max{u0, d(x, T nx)}.

24

Zbog 2), postoji c, c > h, tako da je

t (t) > h, t > c.Zbog izbora c vazi u0 < c. Pokazimo da je za svako k, uk < c. Pretpostavimosuprotno, da postoji pozitivan broj j takav da je uj c, pri cemu je jnajmanji takav broj za koji pomenuta nejednakost vazi. Iz nejednakostitrougla sledi

d(T nx, T (j1)n+sx) d(x, T nx) + uj1 < 2uj,d(T jn+sx, T (j1)n+sx) uj + uj1 < 2uj.

Sada, koristeci 4) i 1), dobijamo

uj = d(x, Tjn+sx) d(T nx, T nT (j1)n+sx) + d(x, T nx)

(uj, uj, uj, 2uj, 2uj) + h = (uj) + h,tj. uj (uj) h sto je zajedno sa uj > c u kontradikciji sa izborom brojac. Kako je uj < c za j = 0, 1, . . . , sledi da je orbita (T

ix)i ogranicena.Neka je x0 X i stavimo n0 = n(x0). Definisimo niz (xk)k na sledeci nacin

xk+1 = Tnkxk, nk = n(xk), k = 0, 1, . . . (2.13)

Ocigledno, (xk)k je podniz orbite (Tix0)i. Pokazacemo da je niz (xk)k Cauc-

hyev.Neka su k i i pozitivni brojevi. Iz (2.13) je:

xk+i = Tnk+i1+...+nkxk.

Oznacimo s0 = nk+i1 + . . .+ nk. Sada je

d(xk, xk+i) = d(xk, Ts0xk).

Pojednostavicemo zapis tako sto cemo staviti ti = d(xk1, T ixk1), i oznacimosa s1 jedan od brojeva s0, nk1, s0 + nk1 za koji je broj ts1 najveci. Iznejednakosti trougla sledi:

d(xk, Ts0xk1) = d(T nk1xk1, T s0xk1) tnk1 + ts0 2ts1 ,

d(T s0xk, Ts0xk1) = d(T nk1+s0xk1, T s0xk1) tnk1+s0 + ts0 2ts1 .

Iz 4) i 1) sledi:

d(xk, xk+i) = d(xk, Ts0xk) = d(T

nk1xk1, T nk1T s0xk1)

(ts1 , ts1 , ts1 , 2ts1 , 2ts1) = (ts1).

25

Ponavljajuci postupak, mozemo odrediti pozitivne brojeve sj, j = 1, . . . , k1, takve da

d(xkj, T sjxkj) (d(xkj1, T sj+1xkj1)).Kako je neopadajuca funkcija, sledi

d(xk, xk+i) k(d(x0, T skx0)) k(M),gde smo sa M oznacili dijametar orbite (T ix0)i. Iz 3), limk k(M) = 0,odakle sledi da je niz (xk)k Cauchyev. Kako je X kompletan prostor, postojiu X, u = limk xk. Pokazacemo da je za n = n(u), T nu = u.Neka je = d(T nu, u) > 0. Iz prvog dela dokaza sledi

limk

d(T nxk, xk) = 0.

Koristeci prethodnu lemu, postoji broj k0 takav da

d(u, xk) 14

( ()),

d(T nxk, xk) 14

( ()), k k0.Stoga je

= d(T nu, u) d(T nu, T nxk) + d(T nxk, xk) + d(xk, u) (d(u, T nu), d(u, T nxk), d(u, xk), d(xk, T nu), d(xk, T nxk)) + 1

2( ()).

Posto je d(u, T nxk) d(u, xk)+d(xk, T nxk), d(T nu, xk) d(T nu, u)+d(u, xk),za k k0 je

d(u, T nxk) 12

( ()) < , d(T nu, xk) 2.

Koristeci uslov 1) teoreme,sledi

(, , , 2, 2) + 12

( ()) < ,

sto je nemoguce. Dakle, T nu = u.Dokazimo jedinstvenost. Pretpostavimo da postoji tacka v X, v 6= u,

takva da je T nv = v za n = n(u). Iz uslova 4) teoreme i leme je

d(u, v) = d(T nu, T nv) (0, d(u, v), d(u, v), d(u, v), 0) (d(u, v)) < d(u, v).

26

Dakle, u je jedinstvena fiksna tacka preslikavanja T n. Da je u jedinstvenafiksna tacka preslikavanja T sledi iz jednakosti Tu = T nTu.

Da bismo pokazali zadnje tvrdenje teoreme, neka je x X, broj s, 0 s < n = n(u), i neka je

uk = d(u, Tkn+sx), k = 0, 1, . . .

Pokazimo da za svako k, uk uk1. Neka je za neko k, uk > uk1. Tada iz1), 3) i 4) sledi

uk = d(Tnu, T nT (k1)n+sx)

(0, uk, uk1, uk1, d(T kn+sx, T (k1)n+sx)) (uk, uk, uk, uk, 2uk) (uk) < uk.

Iz ove kontradikcije sledi uk uk1, k = 1, 2, . . . . Koristeci 4) i 1), dobijamouk = d(T

nu, T kn+sx) (uk1, uk1, uk1, uk1, 2uk1) (uk1)za k = 1, 2, . . . . Odavde je uk k(u0) i limk uk = 0. Napomena 2.4 Primetimo da u prethodnoj teoremi nismo koristili uslovneprekidnosti preslikavanja T.

Posledica 2.3.1 Neka je (X,d) kompletan metricki prostor, T : X 7 X,i : [0,) 7 [0,). Ako je neopadajuca funkcija, limt(t (t)) =, limk k(t) = 0 za t > 0, i za svako x X postoji pozitivan brojn = n(x) takav da za svako y X vazi

d(T nx, T ny) (d(x, y)),tada preslikavanje T ima jedinstvenu fiksnu tacku u X. Stavise, za svakox X, limk T kx = u.Napomena 2.5 Stavljajuci u posledici (t) = q t za 0 < q < 1 dobijamoteoremu Sehgala o fiksnoj tacki, u kojoj je izostavljena pretpostavka o nepre-kidnosti preslikavanja T.

Sledece tvrdenje predstavlja uopstenje teoreme (2.2.1).

Teorema 2.3.2 Neka je (X,d) kompletan metricki prostor, i neka preslika-vanje T : X 7 X zadovoljava sledeci uslov: za svako x X postoji pozitivanbroj n = n(x) takav da za svako y X,d(T nx, T ny) a[d(x, T nx) + d(y, T ny)] + b[d(x, T ny) + d(T nx, y)] + cd(x, y)gde su a,b,c nenegativni brojevi i 3a + 3b + c < 1, tada preslikavanje T imajedinstvenu fiksnu tacku u X. Stavise, za svako x X, limk T kx = u.

27

Primer 2.3.1 Neka je X = [0,), d(x, y) = |x y|, Tx = x1+x

, (t) = t1+t

za x, y, t [0,). Tada

limn

n(t) = limn

t

1 + nt= 0

za T 0, limt(t (t)) = i

d(Tx, Ty) =

xx+ 1 yy + 1 = |x y|(1 + x)(1 + y) |x y|1 + |x y| = (d(x, y)).

Pretpostavimo da postoje nenegativni brojevi a, b, c koji zadovoljavaju uslovprethodne teoreme. Tada, za x = 0 je

y

1 + ny a

(y y

1 + ny

)+ b

(y

1 + ny+ y

)+ cy, n = n(0), y > 0.

Kako je a+b+c1a+b 11+ny za y > 0, sledi 2b+ c 1.

28

Glava 3

Kontrakcije na generalisanimmetrickim prostorima

3.1 Generalisani metricki prostori

U ovoj sekciji cemo posmatrati generalisane metrcke prostore, i pokusacemoda poznate rezultate iz prethodnih sekcija prenesemo i u ovim prostorima.

Definicija 3.1 Neka je X neprazan skup, i neka je G : X X X 7 R+preslikavanje koje zadovoljava sledece uslove:

(G1) G(x, y, z) = 0, ako je x = y = z;

(G2) 0 < G(x, x, y), za svako x, y X, x 6= y;(G3) G(x, x, y) G(x, y, z), za svako x, y, z X, y 6= z;(G4) G(x, y, z) = G(x, z, y) = G(y, z, x) = . . . (simetricnost po svakoj pro-

menljivoj);

(G5) G(x, y, z) G(x, a, a) +G(a, y, z), za svako x, y, z, a X.Preslikavanje G se naziva generalizovana metrika, ili preciznije, G-metrikana X, a par (X,G) je G-metricki prostor.

Primer 3.1.1 Neka je (X, d) uobicajeni metricki prostor. Tada se na pro-storu (X, d) moze definisati G-metrika na sledeci nacin:

1) Gs(x, y, z) = d(x, y) + d(y, z) + d(x, z);

2) Gm(x, y, z) = max{d(x, y), d(y, z), d(x, z)}.

29

Primer 3.1.2 Neka je X = {a, b}. Definisimo preslikavanje G na XXXsa

G(a, a, a) = G(b, b, b) = 0, G(a, a, b) = 1, G(a, b, b) = 2

i produzimo G na XXX koristeci simetricnost po promenljivama. Jasno,(X,G) je G-metricki prostor.

Definicija 3.2 Neka je (X,G) G-metricki prostor, i neka je (xn)n niz tacakaiz X. Za tacku x X kazemo da je granica niza (xn)n ako je limn,mG(x, xn, xm) =0. U tom slucaju kazemo da niz (xn)n G-konvergira ka x.

Dakle, ako xn x u G-metrickom prostoru (X,G), tada za svako > 0,postoji n N tako da G(x, xn, xm) < , za svako n,m n.

Definicija 3.3 Neka je (X,G) G-metricki prostor. Niz (xn)n je G-Cauchyevniz ako za svako > 0, postoji n0 N, tako da je G(xn, xm, xl) < za svakon,m, l n0, tj. ako G(xn, xm, xl) 0, kada n,m, l .

Definicija 3.4 G-metricki prostor (X,G) je G-kompletan ako je svaki G-Cauchyev niz iz (X,G) konvergentan u (X,G).

Definicija 3.5 G-metricki prostor (X,G) je simetrican G-prostor ako je zasvako x, y X,G(x, y, y) = G(y, x, x).

Lema 3.1.1 Svaki G-metricki prostor (X,G) odreduje metricki prostor (X, dG)sa

dG(x, y) = G(x, y, y) +G(y, x, x), x, y X. (3.1)Ako je (X,G) simetrican G-metricki prostor,tada

dG(x, y) = 2G(x, y, y),x, y X. (3.2)

Medutim, ako je (X,G) nesimetrican, tada, iz jednacina G-metrike sledi

3

2G(x, y, y) dG(x, y) 3G(x, y, y),x, y X. (3.3)

Lema 3.1.2 G-metricki prostor (X,G) je G-kompletan ako i samo ako je(X, dG) kompletan metricki prostor.

30

3.2 Neka poznata tvrdenja u generalisanim

prostorima

Prirodno se postavlja pitanje, da li se Banachova kontrakcija moze uopstitii u generalisanim metrickim prostorima. Odgovor na to pitanje je potvrdan.Ljiljana Gajic i Zagorka Lozanov-Crvenkovic su uopstile ne samo Banachoverezultate, vec su dale analogone teoreme Sehgala i Gusemana u generalisanimmetrickim prostorima.

Neka je (X,G) G-metricki prostor, T : X 7 X preslikavanje, B Xtakav da postoji q (0, 1) i za svako x B postoji pozitivan broj n = n(x)takav da

G(T n(x)z, T n(x)x, T n(x)x)

q max{G(z, x, x), G(z, T n(x)x, T n(x)x), G(T n(x)z, x, x)} (3.4)

za svako z B. Tada pisemo T 1 . Ako

G(T n(x)z, T n(x)x, T n(x)x)

q max{G(z, x, x), 12

[G(z, T n(x)z, T n(x)z) +G(x, T n(x)x, T n(x)x)],

1

2[G(z, T n(x)x, T n(x)x) +G(T n(x)z, x, x)]} (3.5)

za svako z B, i tada pisemo T 2 .

Teorema 3.2.1 Neka je T 1 ili T 2 . Neka je B X, takav da jeT (B) B. Ako postoji u B tako da za n = n(u), T nu = u, tada je ujedinstvena fiksna tacka preslikavanja T u B. Stavise, T k(y0) u, k ,za svako y0 B, za T 1, a za T 2 ako je q < 23 .

Dokaz: Ako je (X,G) simetrican prostor, tada dG(z, x) = 2G(z, x, x), i (3.4)postaje

dG(Tn(x)z, T n(x)x) q max{dG(z, x), dG(z, T n(x)x), dG(x, T n(x)z)}

i (3.5) postaje

dG(Tn(x)z, T n(x)x) q max{dG(z, x), 1

2[dG(z, T

n(x)z) + dG(x, Tn(x)x)],

1

2[dG(z, T

n(x)x) + dG(x, Tn(x)z)]},

31

i rezultat sledi iz teoreme (2.2.1) i vazi za svako q < 1.Pretpostavimo sada da je (X,G) nesimetrican prostor. Tada iz nejedna-

kosti (3.3) uslov (3.4) postaje

G(T n(x)z, T n(x)x, T n(x)x)

2q max{G(z, x, x), G(z, T n(x)x, T n(x)x), G(T n(x)z, x, x)},

a (3.4) postaje

G(T n(x)z, T n(x)x, T n(x)x)

2q max{G(z, x, x), 12

[G(z, T n(x)z, T n(x)z) +G(x, T n(x)x, T n(x)x)

],

1

2

[G(z, T n(x)x, T n(x)x) +G(T n(x)z, x, x)

]}Posto 2q mora biti manje od 1 da bismo mogli da koristimo rezultate o fik-snim tackama preslikavanja na metrickim prostorima, to mora biti q < 1

2.

S druge strane, koristeci definiciju G-metrickog prostora, dokazacemo rezul-tat,u prvom slucaju za 0 < q < 1, a u drugom za 0 < q < 2

3. To znaci da ovi

rezultati predstavljaju generalizaciju u slucaju nesimetricnog G-prostora.Neka je T 1 . Jedinstvenost sledi iz (3.4). Zaista, ako je T nz = z,

sledi G(z, u, u) = G(T nz, T nu, T nu) q G(z, u, u). Odavde sledi u = z.Sada T nTu = Tu implicira Tu = u.

Neka je y0 B i pretpostavimo da je Tmy0 6= u za svako m. Za dovoljnoveliko m mozemo pisati m = k n+ r, k 1, 1 r < n. Tada

G(Tmy0, u, u) = G(Tkn+ry0, T nu, T nu)

q max{G(T (k1)n+ry0, u, u), G(T (k1)n+ry0, T nu, T nu),G(Tmy0, u, u)}

= q G(T (k1)n+ry0, u, u) . . . qkG(T ry0, u, u) qk max{G(T py0, u, u) : 1 p < n},

pa G(Tmy0, u, u) 0,m.Ako je T 2 , jedinstvenost sledi iz (3.5), posto T nz = z povlaci

G(z, u, u) = G(T nz, T nu, T nu) q max{G(z, u, u), 0} i dalje Tu = u. Sadaza svako y0 B

G(Tmy0, u, u) = G(Tkn+ry0, T nu, T nu) q M(y0,m, u)

gde je

32

M(y0,m, u) =

G(T (k1)n+ry0, u, u),

12[G(T (k1)n+ry0, Tmy0, Tmy0) + 0],

12[G(T (k1)n+ry0, u, u) +G(Tmy0, u, u)].

Za M(y0,m, u) =12[G(T (k1)n+ry0, u, u) +G(Tmy0, u, u)] imamo

G(Tmy0, u, u) k

G(xk, xk, xm) qk

1 q max{G(Tpx0, x0, x0) : 1 p n(x0)} (3.7)

Ako nejednakost u (3.6) vazi za svako x O(x0;T ), tada T n(u)u = u iT kx0 u, k . Stavise, ako T (O(x0;T )) O(x0;T ), tada je u jedin-stvena fiksna tacka preslikavanja T.

Dokaz: Ako je (X,G) simetrican G-metricki prostor, rezultat sledi iz te-oreme Gusemana o fiksnoj tacki. Neka je (X,G) nesimetrican G-metrickiprostor. Tada iz nejednakosti (3.3) sledi

33

dG(Tn(x)z, T n(x)x) 2q dG(z, x)

Tada, koristeci osobine G-metrickog prostora, dokazujemo rezultat zasvako 0 < q < 1. Najpre cemo pokazati da je

supmG(Tmx0, x0, x0) = M k, sledi

G(xk, xk, xm) G(xk, xk, xk+1) +G(xk+1, xk+1, xk+2) + . . .+G(xm1, xm1, xm) q

k

1 q M,

pa je (xk)k Cauchyev niz. Zbog kompletnosti prostora sledi da postoji u X,limk xk = u, cime je dokazana nejednakost (3.7).

Ako pretpostavimo da je nejednakost u (3.6) zadovoljena za svako x O(x0;T ), tada za svako k N

G(T n(u)u, T n(u)u, T n(u)xk) q G(u, u, xk)

34

pa je limk Tn(u)xk = T

n(u)u. S druge strane,

G(T n(u)xk, xk, xk) = G(Tn(u)T n(xk1)xk1, T n(xk1)xk1, T n(xk1)xk1)

q G(T n(u)xk1, xk1, xk1) . . . qk G(T n(u)x0, x0, x0)

odakle sledi limkG(Tn(u)xk, xk, xk) = 0. Kako je G neprekidno preslikavanje,

to je

G(T n(u)u, u, u) = 0.

Sledi T n(u)u = u.Sada, pretpostavimo da je T (O(x0;T )) O(x0;T ). Kako je T 1 , u jejedinstvena fiksna tacka preslikavanja T u X i limk T

kx0 = u. Za n(x) = 1, u nejednakosti (3.6) u zavisnosti od x uprosticemo dokaz ioslabiti uslov u (3.6).

Posledica 3.2.1 Neka je (X,G) kompletan G-metricki prostor i neka je T : X 7X. Pretpostavimo da postoji x0 X i q [0, 1) tako da je O(x0;T ) kompletnai da

G(Tz, Tx, Tx) q G(z, x, x) (3.8)za svako x, z = Tx O(x0;T ). Tada niz (T kx0)k konvergira ka nekoj tackiu X i za svako k,m N,m > k

G(xk, xk, xm) qk

1 q G(x0, x0, Tx0). (3.9)

Ako za svako x O(x0;T ) vazi (3.8), ili je T orbitalno neprekidna u tackiu, tada je u fiksna tacka preslikavanja T.

Dokaz: Ako je (X,G) simetrican prostor, tada dG(x, z) = 2G(z, x, x) panejednakost (3.8) postaje

dG(Tz, Tx) q dG(z, x),i rezultat sledi iz teoreme (2.2.2).

Sada, neka je (X,G) nesimetrican G-metricki prostor. Kako je xk =Txk1, k N,

G(xk, xk, xk+1) q G(xk1, xk1, xk) . . . qk G(x0, x0, Tx0),za svako m, k N,m > k,

35

G(xk, xk, xm) qk

1 q G(x0, x0, Tx0),

i tada postoji limk xk = u. Ako nejednakost (3.8) vazi za svako x O(x0;T ), tada zbog n(u) = 1, sledi Tu = u.

Ako je T orbitalno neprekidna u tacki x = u, i kako limk Tkx0 = u, sledi

limk Tk+1x0 = Tu, pa je u = Tu.

Napomena 3.1 Primetimo da u prethodnoj teoremi preslikavanje T ne morabiti neprekidno.

Dokazimo jednu lemu, koju cemo koristiti u daljem radu.

Lema 3.2.1 Neka je (X,G) G-metricki prostor, i T : X 7 X preslikavanje.Neka je B X takav da je T (B) B. Ako postoji u B i pozitivan brojn(u) takav da je T n(u) = u i

G(T n(u)z, T n(u)u, T n(u)u) q G(z, u, u), (3.10)

za neko q [0, 1) i svako z B tada je u jedinstvena fiksna tacka preslika-vanja T u B i limk T

ky0 = u, za svako y0 B.

Dokaz: Iz (3.10) sledi, u je jedinstvena fiksna tacka preslikavanja T n(u) u B.Tada iz Tu = TT n(u)u = T n(u)Tu sledi Tu = u.

Neka je y0 B. Za dovoljno veliko m je m = k n(u) + r, k 1, 1 r n, i neka (3.20) vazi zai m i pokazimo da ova nejednakost vazi i za i = m+1. Neka je m+1n = r.Sada je

G(x, x, Tm+1x) G(x, x, T nx) +G(T nx, T nx, Tm+1x),G(T nx, T nx, Tm+1x) q b(x) (3.21)

gde je

b(x) = max

{G(x, x, T rx), G(x, x, T r+1x), . . . , G(x, x, T r+nx),

1

2[G(x, x, T nx) +G(x, T nx, T nx)]

}.

Ako je b(x) = G(x, x, T n+rx), tada iz (3.21) sledi

G(x, x, Tm+1x) 11 q G(x, x, T

nx) 11 q b(x).

47

Ako je b(x) 6= G(x, x, T n+rx), tada iz (3.21) sledi

G(x, x, Tm+1x) G(x, x, T nx) + q1 q b(x)

1

1 q b(x).

Matematickom indukcijom dobijamo (3.20).Dokazimo da je (Tmx)m Cauchyev niz. Neka je x0 = x, n0 = n(x0), x1 =

T n0x0, i induktivno nk = n(xk), xk+1 = Tnkxk, k = 0, 1, . . . . Jasno, (xk)k

je podniz orbite (Tmx0)m. Koristeci ovaj podniz pokazacemo da je orbita(Tmx0) Cauchyev niz.

Neka je xk proizvoljan, fiksiran clan niza (xk)k i neka su xp = Tpx0 i

xq = Tqx0 proizvoljni clanovi orbite koji slede posle xk. Tada je xp = T

rxk ixq = T

sxk za neke r i s redom. Iz (3.19) sledi

G(xk, xk, xp) = G(Tnk1xk1, T nk1xk1, T nk1T rxk1)

32q G(xk1, xk1, T r1xk1),

gde je

G(xk1, xk1, T r1xk1) = max{G(xk1, xk1, T rxk1),

G(xk1, xk1, T r+1xk1), . . .

G(xk1, xk1, T r+nk1xk1),

G(xk1, xk1, T nk1xk1)}.

Slicno, G(xk1, xk1, T r1xk1) 32q G(xk2, xk2, T r2xk2), gde je

G(xk2, xk2, T r2xk2) = max{G(xk2, xk2, T r1xk2), . . . ,G(xk2, xk2, T nk2xk2)}

Ponavljajuci ovaj postupak k puta, dobijamo

G(xk, xk, xp) (

3

2q

)kG(x0, x0, T rkx0).

Kako je G(xk, xk, xp) (32q)k b(x0). Slicno, G(xk, xk, xq) (32q)k b(x0),

pa je

G(xp, xp, xq) 2G(xk, xk, xp) +G(xk, xk, xq) (

3

2q

)k 3b(x0).

48

Kako je q < 23, sledi da je niz (Tmx0)m Cauchyev. Neka je limm T

mx0 =u X. Pokazacemo da je u fiksna tacka preslikavanja T. Najpre cemo poka-zati da je T nu = u, gde je n = n(u). Za m n = n(u), je

G(T nu, T nu, T nTmx0) q max{G(u, u, Tmx0, G(u, u, T

m+1x0), . . . ,

G(u, u, Tm+nx0),1

2[G(u, u, T nu) +G(u, T nu, T nu)]

}pa kada m sledi

G(T nu, T nu, u) q max{

0,1

2[G(u, u, T nu) +G(u, T nu, T nu)]

}.

Za q < 23

sledi T nu = u.Da bismo pokazali da je u fiksna tacka preslikavanja T, pretpostavimo

suprotno,tj. Tu 6= u i neka je G(u, u, T ku) = max{G(u, u, T ru) : 1 r n = n(u)}. Tada jeG(u, u, T ku) = G(T nu, T nu, T nT ku)

q max{G(u, u, T ku), G(u, u, T k+1u), . . . , G(u, u, T k+nu), . . . ,

1

2[G(u, u, T nu) +G(u, T nu, T nu)]

} 3

2q G(u, u, T ku).

Posto je q < 23, sledi G(u, u, T ku) = 0, odakle sledi u je fiksna tacka presli-

kavanja T.Pretpostavimo da je za neko z X,Tz = z. Tada,

G(u, u, z) = G(T nu, T nu, T nz) q max{0, G(u, u, z)}odakle sledi z = u, cime smo dokazali da je u jedinstvena fiksna tacka u

X. Teorema 3.4.2 Neka je (X,G) kompletan G-metricki prostor i neka je T : X 7X neprekidno preslikavanje koje zadovoljava uslov: za svako x X postojipozitivan broj n = n(x) takav da

G(T nx, T nx, T ny) q max{G(x, x, y), G(x, x, Ty), . . . , G(x, x, T ny),G(x, x, Tx), . . . , G(x, x, T nx)} (3.22)

za neko q < 1 i za svako y X. Tada T ima jedinstvenu fiksnu tacku u Xi limm T

mx = u X, za svako x X.

49

Dokaz: Neka je x X proizvoljna tacka. Tada, kao u dokazu teoreme(3.4.1), orbita (Tmx)m je ogranicena i Cauchyev niz u kompletnom G-metrickomprostoru X, pa konvergira ka tacki u X. Posto je preslikavanje T nepre-kidno,

T n(u)u = T n(u) limmTmx = lim

mTm+n(u)x = u.

Dakle, u je fiksna tacka preslikavanja T n(u). Analognim postupkom kao uprethodnoj teoremi se pokazuje da je u jedinstvena fiksna tacka preslikavanjaT.

Napomena 3.5 Uslov neprekidnosti preslikavanja T se moze oslabiti sledecimuslovom: T n(x) je neprekidno u tacki x X.

50

Glava 4

Kvazi-kontrakcije na nekimmetrickim prostorima

U prvoj sekciji ovog rada smo uveli pojam kontrakcije i dali dovoljneuslove egzistencije i jedinstvenosti fiksne tacke preslikavanja. U ovoj sekcijicemo se baviti klasama preslikavanja koje su sire od klase kontraktivnih pre-slikavanja. Naime, proucavacemo kvazi-kontrakcije na metrickim i konusnimmetrickim prostorima. Dacemo uopstenja mnogih rezultata koje smo ranijenaveli, ali i neka nova tvrdenja i pojmove.

4.1 Fisherova kvazi-kontrakcija

Bryan Fisher je u radu [9] uopstio Ciricevu kvazi-kontrakciju. Najprecemo navesti rezultate Cirica, da bismo u daljem radu videli na koji nacin jeuopstavanje vrseno.

Definicija 4.1 (Ciric) Neka je (X,d) metricki prostor. Preslikavanje T : X 7X je kvazi-kontrakcija ako postoji realan broj , 0 < < 1, tako da je

d(Tx, Ty) max{d(x, y), d(x, Tx), d(x, Ty), d(y, Tx), d(y, Ty)}, (4.1)

za svako x, y X.

Ocigledno, svaka kontrakcija je kvazi-kontrakcija. Obrnuto ne vazi.

Primer 4.1.1 (Ciric) Neka je

M1 = {mn

: m = 0, 1, 3, 9, . . . ;n = 1, 4, . . . , 3k + 1, . . .}

51

M2 = {mn

: m = 1, 3, 9, 27, . . . ;n = 2, 5, . . . , 3k + 2, . . .}i M = M1 M2 metricki prostor sa uobicajenom metrikom d(x, y) =|x y| , x, y M. Preslikavanje T : M 7M, definisano sa

T (x) =

{35x, x M1,

18x, x M2,

je kvazi-kontrakcija sa = 35, a nije kontrakcija. Zaista, uzmimo, na primer,

x = 1 i y = 12. Tada je

d(Tx, Ty) = d

(3

5,

1

16

)=

43

80>

40

80=

1

2= d(x, y).

Definicija 4.2 Neka je (X, d) metricki prostor, T : X 7 X i x X. Skup

O(x;T ) = {T n(x) : n = 0, 1, 2, . . .}

se naziva orbita elementa x u odnosu na T. Metricki prostor (X,d) je T-orbitalno kompletan ako svaki Cauchyev niz oblika (T nix)i, x X, konvergirau X.

Teorema 4.1.1 (Ciric) Neka je T kvazi-kontrakcija na metrickom prostoruX i neka je X T-orbitalno kompletan. Tada:

1) T ima jedinstvenu fiksnu tacku u X,2) limn T nx = u za svako x X,3) d(T nx, u) n

1 d(x, Tx).

Definicija 4.3 (Fisher) Neka je (X, d) metricki prostor i T : X 7 X. Pre-slikavanje T je kvazi-kontrakcija ako

d(T px, T qy) max{d(T rx, T sy), d(T rx, T rx), d(T sy, T sy) :0 r, r p, 0 s, s q} (4.2)

za svako x, y X, gde je 0 < 1, za neke fiksirane pozitivne brojeve p i q.

Teorema 4.1.2 (Fisher) Neka je T kvazi-kontrakcija na kompletnom me-trickom prostoru X na sebe i neka je T neprekidno preslikavanje. Tada Tima jedinstvenu fiksnu tacku u X.

52

Dokaz: Pretpostavimo da je 12 < 1. Nejednakost (4.2) vazi, ali onda je

i 1 1. Neka je p q.

Neka je x proizvoljna tacka u X i pretpostavimo da niz (T nx)n nijeogranicen. Tada niz (d(T nx, T qx))n nije ogranicen. Izaberimo najmanji brojn takav da

d(T nx, T qx) >

1 max{d(Tix, T qx) : 0 i p}.

Kako je 1 1, i zbog izbora broja n mora biti n > p q. Sledi

d(T nx, T qx) >

1 max{d(Tix, T qx) : 0 i p}

max{d(T rx, T qx) : 0 r < n}. (4.3)

Iz nejednakosti (4.3) sada sledi

(1 ) d(T nx, T qx) > max{d(T ix, T qx) : 0 i p} max{d(T ix, T rx) d(T rx, T qx) :

0 i p, 0 r < n} max{d(T ix, T rx) d(T nx, T qx) :

0 i p, 0 r < n.}

pa je

d(T nx, T qx) > max{d(T ix, T rx) : 0 i p, 0 r < n}. (4.4)

Pokazacemo da vazi

d(T nx, T qx) > max{d(T ix, T rx) : 0 i, r < n}. (4.5)

Pretpostavimo suprotno, tj. da vazi:

d(T nx, T qx) max{d(T ix, T rx) : 0 i, r < n}.

Koristeci nejednakost (4.4) sledi

d(T nx, T qx) max{d(T ix, T rx) : p < i, r < n}. (4.6)

Sada mozemo primeniti nejednakost (4.2) nezavisno od nejednakosti (4.6),pa je

d(T nx, T qx) k max{d(T ix, T rx) : p < i, r < n}

53

za k = 1, 2, . . . , pa kada k sledi d(T nx, T qx) = 0, sto je nemoguce.Dakle, vazi (4.5).

Koristeci nejednakost (4.2), dobijamo

d(T nx, T qx) max{d(T rx, T sx), d(T rx, T rx), d(T sx, T sx) :n p r, r n, 0 s, s q}

max{d(T rx, T sx) : 0 r, s n}sto je nemoguce zbog (4.5). Iz ove kontradikcije sledi da niz (T nx)n morabiti ogranicen.

Oznacimo sa M = sup{d(T rx, T sx) : r, s = 0, 1, 2, . . .} < . Tada,za prizvoljno > 0 izaberimo N takav da NM < . Za svako m,n N max{p, q} koristeci nejednakost (4.2) N puta je

d(Tmx, T nx) N M < .Sledi, niz (T nx)n je Cauchyev. Kako je X kompletan prostor, postoji u Xtako da je u = limn T

nx. Preslikavanje T je neprekidno, pa je Tu = u, pa jeu fiksna tacka preslikavanja T. Lako se proverava jedinstvenost. U slucaju q = 1 dobijam sledecu teoremu.

Teorema 4.1.3 Neka je T preslikavanje kompletnog metrickog prostora Xna sebe koje zadovoljava uslov

d(T px, Ty) max{d(T rx, T sy), d(T rx, T rx), d(y, Ty) :0 r, r p, s = 0, 1}

za svako x, y X, gde je 0 < 1, za neki fiksiran pozitivan broj p. TadaT ima jedinstvenu fiksnu tacku u X.

Dokaz: Neka je x X proizvoljna tacka. Tada, kao u dokazu prethodneteoreme, niz (T nx)n je Cauchyev u kompletnom metrickom prostoru X, paje konvergentan u X. Neka je u = limn T

nx. Za n p, imamod(T nx, Tu) max{d(T rx, T su), d(T rx, T rx), d(u, Tu) :

n p r, r n, s = 0, 1}i kada n sledi

d(u, Tu) max{d(u, T su) : s = 0, 1} = d(u, Tu).Kako je < 1, sledi u je fiksna tacka preslikavanja T. Za p = q = 1 dobijamo teoremu Cirica.

54

Posledica 4.1.1 Neka je T preslikavanje kompletnog metrickog prostora Xna sebe koje zadovoljava uslov

d(Tx, Ty) max{d(x, y), d(x, Tx), d(y, Ty), d(x, Ty), d(y, Tx)}za svako x, y X, gde je 0 < 1. Tada T ima jedinstvenu fiksnu tacku uX.

Primer 4.1.2 Neka je X = [0, 1] sa uobicajenom metrikom. Tada je Xkompletan. Definisimo preslikavanje T na X sa:

Tx =

{1 x = 0,12x x 6= 0.

Ocigledno, T nije neprekidno. Vazi

d(T px, T qy) =1

2d(T p1x, T q1y)

za svako x, y X, pa je T kvazi-kontrakcija sa konstantom = 12. Medutim,T

nema fiksnu tacku.

Fisherova kvazi-kontrakcija na kompaktnim metrickimprostorima

Definicija 4.4 Metricki prostor X je kompaktan ako svaki niz (xn)n Xima konvergentan podniz (xnk)k tako da je limk xnk = x X.Teorema 4.1.4 Neka je T neprekidno preslikavanje kompaktnog metrickogprostora X na sebe koje zadovoljava uslov

d(T px, T qy) < max{d(T rx, T sy), d(T rx, T rx), d(T sy, T sy) :0 r, r p, 0 s, s q}

za svako x, y X za koje je desna strana nejednakosti pozitivna. Tada Tima jedinstvenu fiksnu tacku u X.

Dokaz: Pretpostavimo, najpre, da je preslikavanje T kvazi-kontrakcija. Re-zultat sledi iz teoreme (4.1.2).

Ako T nije kvazi-kontrakcija tada, ako je (n)n monotono rastuci niz bro-jeva koji konvergira ka 1, tada moraju postojati nizovi (xn)n i (yn)n u X takoda

d(T pxn, Tqyn) > n max{d(T rxn, T syn), d(T rxn, T rxn), d(T syn, T syn) :

0 r, r p, 0 s, s q}

55

za n = 1, 2, . . . . Kako je X kompaktan, postoje podnizi (xnk)k i (ynk)k nizova(xn) i (yn), koji konvergiraju ka x i y, redom. Tada imamo:

d(T pxnk , Tqynk) > nk max{d(T rxnk , T synk), d(T rxnk , T r

xnk), d(T

synk , Tsynk) :

0 r, r p, 0 s, s q}za k = 1, 2, . . . . Kako je T neprekidno preslikavanje, kada k sledi

d(T px, T qy) max{d(T rx, T sy), d(T rx, T rx), d(T sy, T sy) :0 r, r p, 0 s, s q}

sto je nemoguce, osim u slucaju x = y = Tx. Dakle, x je fiksna tackapreslikavanja T. Jedinstvenost fiksne tacke se lako dokazuje.

Kada je p = q = 1, imamo sledecu posledicu:

Posledica 4.1.2 Neka je T neprekidno preslikavanje kompaktnog metrickogprostora X na sebe koje zadovoljava nejednakost:

d(Tx, Ty) < max{d(x, y), d(x, Tx), d(y, Ty), d(x, Ty), d(y, Tx)}za svako x, y X za koje je desna strana nejednakosti pozitivna. Tada Tima jedinstvenu fiksnu tacku u X.

4.2 Konusni metricki prostori

Neka je E realan Banahov prostor i P podskup od E. Skup P je konusako i samo ako vazi:

(i) P je zatvoren, neprazan i P 6= {0};(ii) a, b R, a, b 0, x, y P ax+ by P ;

(iii) P (P ) = {0}.Za dati konus P E, definisemo parcijalno uredenje u odnosu na P nasledeci nacin:

x y y x P.Kazemo da je x < y ako je x y i x 6= y; i x 0 takav da za svakox, y P,

0 x y x K y .Najmanji pozitivan broj K koji zadovoljava prethodni uslov naziva se nor-malna konstanta za P.

56

Definicija 4.5 Neka je X neprazan skup. Preslikavanje d : XX 7 E kojezadovoljava

(d1) 0 d(x, y) za svako x, y X,(d2) d(x, y) = 0 ako i samo ako je x = y,

(d3) d(x, y) = d(y, x) za svako x, y X,(d4) d(x, y) d(x, z) + d(z, y) za svako x, y, z Xse naziva konusnom metrikom na X, a (X, d) konusnim metrickim prosto-rom.

Primer 4.2.1 Neka je X = R, E = Rn i P = {(x1, . . . , xn) Rn : xi 0, 1 i n}. Lako se proverava da je d : XX 7 E definisano sa d(x, y) =(|x y|, k1|x y|, . . . , kn1|x y|) konusna metrika na X, gde su ki 0 zasvako i {1, . . . , n 1}.Definicija 4.6 Neka je (X, d) konusni metricki prostor, x X, i (xn)n1niz u X. Tada

(i) (xn)n konvergira ka x ako za svako c E, takvo da je 0

4.3 Fisherova kvazi-kontrakcija na konusnim

metrickim prostorima

Definicija 4.7 Neka je (X, d) konusni metricki protor. Preslikavanje T : X 7X za koje postoji konstanta (0, 1) i za neke proizvoljne fiksirane pozitivnebrojeve p i q,i za svako x, y X postoji

u F p,qT {d(T rx, T sy), d(T rx, T rx), d(T sy, T s

y) : 0 r, r p, 0 s, s q}

tako dad(T px, T qy) u,

naziva se (p,q)-kvazi-kontrakcija(Fisherova kvazi-kontrakcija,F kvazi-kontrakcija.)

Teorema 4.3.1 Neka je (X, d) kompletan konusni metricki prostor i P ko-nus, takav da je intP 6= . Pretpostavimo da preslikavanje T : X 7 X je(p,q)-kvazi-kontrakcija i neka je T neprekidno. Tada T ima jedinstvenu fik-snu tacku u X i za svako x X, niz (Tmx)m konvergira ka u.

Dokaz: Neka je p q i x X proizvoljan. Pokazacemo da je niz (Tmx)mCauchyev. Najpre cemo pokazati da je

d(T nx, T px) 1 b(x), n p, (4.7)

gde je

b(x) =

0i

Sledi, (4.7) vazi za n = n0.2) Ako je i0 = n0, tada iz (4.8) sledi

d(T n0x, T px) d(T jx, T n0x) [d(T jx, T px) + d(T n0x, T px)] b(x) + d(T n0x, T px),

i (4.7) vazi za n = n0. Odavde, indukcijom zakljucujemo da vazi (4.7) zasvako n.

Pokazimo da za svako n

d(T nx, T jx) 11 b(x), j = 0, 1, 2, . . . , p. (4.9)

Koristeci (4.7) i nejednakost trougla je:

d(T nx, T jx) d(T nx, T px)+d(T jx, T px) 1 b(x)+b(x) =

1

1 b(x).

Kako je T (p, q)-kvazi-kontrakcija, koristeci nejednakost trougla i (4.9) zasvako n > m k p sledi

d(T nx, Tmx) k

1 b(x). (4.10)

Kako k

1 b(x) 0 kada k , sledi k

1 b(x)

gde je

vn F p,1T (T npx, u) {d(T rT npx, T su), d(T rT npx, T rT npx), d(u, Tu)

: 0 r, r p, 0 s, s 1}.

Kako je limm Tmx = u i

d(T rT npx, Tu) d(T rT npx, u) + d(u, Tu),

zakljucujemo da je Tu = u. Kada je p = q = 1 imamo sledecu posledicu:

Posledica 4.3.1 Neka je (X, d) kompletan konusni metricki prostor i P ko-nus, takav da je intP 6= . Pretpostavimo da preslikavanje T : X 7 X je(1,1)-kvazi-kontrakcija (Ciriceva kvazi-kontrakcija), i da za neko (0, 1) isvako x, y X, postoji

u C(T, x, y) {d(x, y), d(x, Tx), d(y, Ty), d(x, Ty), d(y, Tx)}

tako dad(Tx, Ty) u.

Tada T ima jedinstvenu fiksnu tacku u X i niz (Tmx)m konvergira ka u.

60

Zakljucak

U ovom radi smo prikazali delic onoga sto je predmet proucavanja teorijefiksne tacke.

Poceli smo uvodenjem pojma kontrakcije, koji je od kljucne vaznosti uovoj grani matematike. Naime, sva dalja proucavanja i radovi se temeljeupravo na tom pojmu kontrakcije, sto smo videli izucavajuci radove Sehgalai Gusemana. Zatim smo detaljno proucili radove istaknutog srpskog mate-maticara Ljubomira Cirica, koji je dao novu dimenziju izucavanju problemaegzistencije i konstrukcije fiksne tacke. Izucavali smo generalizovane kontrak-cije, kontrakcije sa generalizovanom iteracijom i slicna preslikavanja, sto nakompletnim metrickim prostorima, sto na obicnim metrickim prostorima.

Medutim, nismo se zaustavili na proucavanju kontrakcija i kvazi-kontrak-cija, vec smo te pojmove uveli u generalisanim metrickim prostorima. Po-kazali smo da se sva tvrdenja mogu uopstiti jos vise, zamenom pretpostavkislabijim, odnosno jacim tvrdenjima.

Rad zavrsavamo uvodenjem Ciriceve kvazi-kontrakcije, i njenim uopsta-vanjem Fisherovom kvazi-kontrakcijom. Uopstavanje tece dalje, uvodenjemkonusnih metrickih prostora, i prikazivanjem nekih prethodnih rezultata utim prostorima.

Resavanje problema egzistencije fiksne tacke se ne zavrsava ovde. Daljeizucavanje bi trebalo usmeriti ne samo ka transformaciji dobijenih rezultatana drugim prostorima, vec i na konstrukciji nekih novih pojmova i formiranjunovih problema.

61

Literatura

[1] V.M.Sehgal, A fixed point theorem for mappings with a contractive iterate,University of Wyoming, 1969.

[2] L.F.Guseman,Jr. Fixed point theorems for mappings with a contractiveiterate at a point, Texas A&M University, Colege Station, Texas, 1970.

[3] Lj.Ciric, Fixed point theorems for mappings with a generalized contractiveiterate at a point, Masinski Fakultet, Beograd, 1972.

[4] J.Matkowski, Fixed point theorems for mappings with a contractive iterateat point, Proceedings Of The American Mathematical Society, 1977.

[5] Lj.Ciric, On Sehgals maps with a contractive iterate at point, MasinskiFakultet, Beograd, 1983.

[6] Lj.Gajic, Z.Lozanov - Crvenkovic, On mappings with contractive iterate atpoint in generalized metric spaces, Prirodno-matematicki Fakultet, NoviSad, 2010.

[7] Lj.Gajic, Z.Lozanov - Crvenkovic, A fixed point result for mappings witha contractive iterate at a point in G-metric spaces, Prirodno-matematickiFakultet, Nis, 2011.

[8] Lj.Gajic, M.Stojakovic, On Ciric generalization of mappings with a con-tractive iterate at point in G-metric spaces, Prirodno-matematicki Fakul-tet, Novi Sad, 2012.

[9] B.Fisher, Quasi-contractions on metric spaces, University Of Leicester,Leicester, 1979.

[10] Lj.Gajic, D.Ilic, V.Rakocevic, On Ciric maps with a generalized contrac-tive iterate at point and Fishers quasi-contractions in cone metric spaces,Prirodno-matematicki Fakultet, Nis, 2010.

62

[11] D.Ilic, Nepokretna tacka, skripta, Prirodno-matematicki Fakultet, Nis,2012.

63

Biografija

Sanja Randelovic je rodena 23.09.1989. u Pirotu, Republika Srbija. Osnov-nu skolu ,,Despot Stefan Lazarevic u Babusnici je zavrsila kao nosilac Vu-kove diplome i dak generacije. Gimnaziju ,,Vuk Karadzic u Babusnici,zavrsava kao nosilac Vukove diplome.

Osnovne akademske studije Matematike upisala je na Prirodno-matematic-kom fakultetu u Nisu, skolske 2008/2009. godine. Oktobra 2011. godinezavrsava osnovne akademske studije, i iste godine upisuje Master akademskestudije na departmanu za Matematiku. Master akademske studije zavrsava2013. godine. Prosecna ocena tokom studiranja je 8,84.

64