Áp dụng vào các định lý điểm bất động của toán tử ngẫu nhiên

GτT ,q ∈ D+. Ta cũng giả sử f là một ánh xạ co trên không gian metric xác suất đầy đủ (S,F , τT ). Ta sẽ chỉ ra rằng f cũng có điểm bất động. Thật vậy, lấy p ∈ S và xét dZy (fnp)n∈N . Khi đó, ta có với q ∈ (0, 1), Fp,fnp
τ n i=1Ff i−1p,f ip
τ n i=1Fp,fp(jqi−1)
τ ∞ i=1Fp,fp(jqi−1). Vì thế ta có, DO(p,f)
τ ∞ i=1Fp,fp(jqi−1); 38 Hệ quả là f có điểm bất động. Ng−ợc lại, giả sử G ∈ D+ và q ∈ (0, 1) sao cho GτT ,q ∈ D+. Chúng ta sẽ định nghĩa một không gian metric xác suất đủ và một ánh xạ co trên đó mà không có điểm bất động. Ta lấy S = N , là tập các số tự nhiên. Với m,n ∈ S ta định nghĩa Fn+m,n = Fn,n+m = τ m i=1G(jqn+i−1), và Fn,n = H0. Ta có thể kiểm tra đ−ợc 3 tiên đề thỏa mZn. Ta chứng minh tiên đề thứ 4. Ta chứng minh cách định nghĩa F nh− vậy thỏa mZn 3 tr−ờng hợp sau: 1. Fn,n+m+k
τ (Fn,n+m, Fn+m,n+m+k), 2. Fn,n+m
τ(Fn,n+m+k, Fn+m+k,n+m), 3. Fn+m,n+m+k
τ (Fn+m,n, Fn,n+m+k). Tr−ờng hợp 1, vì τ là kết hợp, Fn,n+m+k = τ m+k i=1 G(jqn+i−1) = τ (τmi=1G(jqn+i−1), τ m+k i=m+1G(jqn+i−1) = τ (Fn,n+m, τ k i=1G(jqn+m+i−1)) = τ (Fn,n+m, Fn+m,n+m+k). Tr−ờng hợp 2, với bất kỳ F,G ∈ D+, F = τ(F,H0)
τ (F,G); và vì do tính kết hợp. Vì thế ta có Fn,n+m = τ m i=1G(jqn+i−1)
τ (τmi=1G(jqn+i−1), τ m+k i=m+1G(jqn+i−1)) = τm+ki=1 G(jqn+i−1) = Fn,n+m+k
τ (Fn,n+m+k, Fn+m+k,n+m). Tr−ờng hợp 3, chứng minh hoàn toàn t−ơng tự tr−ờng hợp 2. Ta chứng minh (S,F) là một không gian metric xác suất đầy đủ. Ta sẽ chỉ ra rằng nếu (pn)n∈N là một dZy Cauchy trong S thì đây là một dZy hằng. Thật vậy, nếu giả 39 sử (pn)n∈N là một dZy Cauchy trong S mà không phải là một dZy hằng. Khi đó, có 2 tr−ờng hợp, hoặc là có một số d−ơng N sao cho pn  N với mọi n hoặc với mọi số d−ơng k tồn tại một số d−ơng nk sao cho pnk > pnk−1 với n0 = 1. Tr−ờng hợp 1, vì (pn)n∈N không là dZy hằng nên với mọi số nguyên d−ơng K, tồn tại m,n > K sao cho pm = pn; với Fpm,pn(x)  max{Fi,k(x) : 0  i, j  N, i = j} < H0(x) với x > 0 nào đó. Vì thế mà (pn)n∈N không là một dZy Cauchy. Tr−ờng hợp 2, Giả sử (pn)n∈N là một dZy Cauchy trong (S,F). Khi đó, ta có lim k→∞ F1,pnk là một hàm phân phối xác suất và vì thế có 1 là sup. Tuy nhiên, với x bất kỳ, lim k→∞ F1,pnk = limk→∞ (τ pnk−1 i=1 G(jq1+i−1))(x) = lim k→∞ sup{τ pnk−1 i=1 G(βix/q i) : pnk−1∑ i=1 βi = 1, 0  βi  1} = lim k→∞ τ pnk−1 i=1 G(jqi−1)(x/q) = τ∞i=1G(jqi−1)(x/q). Sup ở đẳng thức này với x là nhỏ hơn hẳn 1, vì thế mà ta có điều mâu thuẫn. Nh− vậy ta có (S,F) là đầy đủ. Giờ ta xét ánh xạ f : S → S xác định bởi f(n) = n+ 1 với mọi n ∈ S. Ta có f là một ánh xạ co, thật vậy, với mọi n > m và x > 0, Fm+1,n+1(x) = (τ n−m i=1 G(jqm+i))(x) = sup { τn−mi=1 G(βix/q m+i) : n−m∑ i=1 βi = 1, 0  βi  1 } = (τn−mi=1 G(jqm+i−1))(x/q) = Fm,n(x/q). Nh− thế f là một ánh xạ co mà f lại không có điểm bất động. Nh− vậy ta có nếu t-chuẩn T có kiểu H thì T có tính chất điểm bất động. 40 Định lý 2.1.8. Bất kỳ một t-chuẩn T liên tục nào có tính chất điểm bất động thì có kiểu H . Chứng minh. Giả sử T không có kiểu H . Khi đó tồn tại λ ∈ (0, 1) sao cho với mọi δ ∈ (0, 1), thì tồn tại b > δ sao cho b (m) T < λ với m = mb ∈ N nào đó. Xét (bn)n∈N là một dZy tăng trong khoảng (0, 1) sao cho lim n→∞ bn = 1, sn = mbn , n ∈ N, sao cho sn+1 > sn với mọi n ∈ N và (bn) (sn) T < λ với mọi n ∈ N. Đặt X = N, Fn,n = H0, Fn,n+m(t) = ⊤ m+1 i=1 G(2 n+i−1t), với G(t) =  0 nếu t
1, b1 nếu t ∈ (1, 22+s1], bn+1 nếu t ∈ (22n+sn, 22n+2+sn+1], n
1. Khi đó (X,F , T ) là một không gian Menger và đặt f : X → X xác định bởi f(n) = n+1, n ∈ N. Khi đó f là 1/2− co xác suất, nh−ng (fn(1))n∈N không là dZy Cauchy vì Fn,n+sn(1)  (bn) (sn) T < λ. Nh− vậy, các t-chuẩn Archimedean là không có tính chất điểm bất động. Nhận xét 2.1.8. Từ chứng minh trên, ta thấy để thu đ−ợc kết quả về điểm bất động với không gian Menger (S,F , T ), với T là một t-chuẩn Archimedean, chúng ta cần bổ xung thêm vào điều kiện của ánh xạ F . Một t-chuẩn Archimedean khi và chỉ khi với mỗi a ∈ (0, 1) ta có T (a, a) < a. Vì thế, TP (a, b) = a.b và TL(a, b) = max(a+ b− 1, 0) là t-chuẩn Archimedean nh−ng TM thì không phải t-chuẩn Archimedean. Định lý 2.1.9. Cho (Fi)i∈N là một d'y trong D+ và T là một t-chuẩn Archimedean. Khi đó, hoặc là τ∞T (Fi) là đồng nhất bằng 0 hoặc là trong D +. 41 Định lý 2.1.10. Cho (Fi)i∈N là một d'y trong D+. Khi đó τ∞TP (Fi) là đồng nhất 0 khi và chỉ khi τ∞TL(Fi) là đồng nhất 0. Bổ đề 2.1.11. Cho F ∈ D+ và α ∈ (0, 1). Khi đó G = τ∞TP (F ◦ jαi−1) ∈ D + ⇔ ∞∫ 1 ln(u)dF (u) < ∞. Chứng minh. Vì TP là một t-chuẩn Archimedean, theo định lý (2.1.9), để chứng minh τ∞TP (F ◦jαi−1) trong D +, ta chỉ cần chứng minh với x ∈ R nào đó thì G(x) > 0. Hàm G là không giảm và liên tục trái, nh− vậy G chỉ có nhiều nhất đếm đ−ợc các điểm không liên tục. Cho x ∈ R là một điểm liên tục của G. Khi đó G(x) = lim n→∞ sup n∑ i=1 βi=1 n∏ i=1 F ( βix αi−1 ) . Cho δ ∈ (α, 1). Vì F là không giảm và ∞∑ i=1 (1− δ)δi−1 = 1, từ đó ta có ∞∏ i=1 F ( x αi−1 )
G(x)
∞∏ i=1 F ( (1− δ)x (α δ )i−1 ) . Vì F ∈ D+, tồn tại y ∈ R sao cho F (y) > 0. Chúng ta sẽ chứng minh với σ ∈ (0, 1) bất kỳ thì ∞∏ i=1 F ( y σi−1 ) > 0 ⇔ ∞∫ 1 ln(u)dF (u) <∞. Cho F (y) > 0, σ ∈ (0, 1) và g định nghĩa bởi g(t) = 0 nếu t  1,yσ1−t nếu t > 1. Vì 0 < σ < 1 và F ∈ D+, ta có F ◦ g ∈ D+. Hơn nữa, ∞∏ i=1 F ◦ g(i) > 0 ⇐⇒ ∞∑ i=1 (1− F ◦ g(i)) <∞ ⇐⇒ ∞∫ 0 (1− F ◦ g(t))dt < ∞ 42 và ∞∫ 0 (1− F ◦ g(t))dt < ∞ ⇐⇒ ∞∫ 0 tdF (g(t)) < ∞. Vì thế mà ∞∏ i=1 F ◦ g(i) > 0 ⇐⇒ ∞∫ 0 tdF (g(t)) <∞. Nếu u = g(t) thì ta có ∞∫ 0 tdF (g(t)) = F (y) + ∞∫ y ( 1− ln(u)− ln(y) ln(σ) ) dF (u) (2.6) kéo theo vế phải của (2.6) hữu hạn khi và chỉ khi ∞∫ 1 ln(u)dF (u) <∞. Hệ quả 2.1.12. Cho F ∈ D+ và α ∈ (0, 1). Khi đó τ∞TL(F ◦ jαi−1) ∈ D + khi và chỉ khi ∞∫ 1 ln(u)dF (u) < ∞. (2.7) Định lý 2.1.13. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger và T là một t-chuẩn thỏa m'n T
TL. Nếu với mọi u, v ∈ S (2.7) đúng, với F đ−ợc thay thế bởi Fu,v, khi đó với mọi ánh xạ q− co xác suất f : S → S có duy nhất một điểm bất động x và x = lim n→∞ fnp với mọi p ∈ S. Chứng minh. Từ bổ đề (2.1.11) và định lý (2.1.10) ta có τ∞TL(Fp,f(p) ◦ jqi−1) ∈ D + và vì T
TL τ∞T (Fp,f(p) ◦ jqi−1) ∈ D +. Điều này hoàn thành chứng minh. Hệ quả 2.1.14. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ, T là một t-chuẩn thỏa m'n T
TL và f : S → S là một ánh xạ q− co xác suất. Nếu tồn tại p ∈ S sao cho ∞∫ 1 ln(u)dFp,fp(u) < ∞ (2.8) thì tồn tại duy nhất điểm bất động của ánh xạ f và x = lim n→∞ fnp. 43 Chứng minh. Chứng minh t−ơng tự định lý (2.1.13). Hệ quả 2.1.15. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ và T là một t-chuẩn sao cho T
TL. Nếu với mọi u, v ∈ S Moment cấp một Fu,v là hữu hạn, thì khi đó mọi ánh xạ q− co xác suất f : S → S đều có duy nhất điểm bất động x và x = lim n→∞ fnp với mọi p ∈ S. Chứng minh. Cho g(t) = x− 1 nếu x  1,ln x nếu x > 1. Sử dụng bất đẳng thức Jensen, do g là lõm, chúng ta có với mọi u, v ∈ S thì ∞∫ 0 g(x)dFu,v(x)  g  ∞∫ 0 xdFu,v(x)  <∞, và vì thế áp dụng định lý (2.1.13) ta có điều phải chứng minh. Nhận xét 2.1.9. Định lý (2.1.13) có thể đ−ợc áp dụng và không gian E và không gian Wald (TP > TL). Mệnh đề 2.1.16. Cho (S,F) là một không gian nửa metric xác suất, và với mọi k > 0, với mọi p, q ∈ S ta xác định ek(p, q) = δk(Fp,q) = sup x>0 xk(1− Fp,q(x))e −x. Khi đó 1. ek là một nửa metric trong F−topo mạnh. 2. ek sinh ra topo đều F nếu en tồn tại với mọi n > k. 3. Nếu (S,F , TL) là một không gian Menger, và hàm νk xác định bởi (p, q) (−→ ϑk(p, q) := ek(p, q) 1 k+1 xác định một metric trên S. 44 Hơn nữa, (S,F) là đầy đủ khi và chỉ khi (S, ϑk) là đầy đủ. Chứng minh. Chúng ta chỉ chứng minh (iii). Nếu (S,F , TL) là một không gian Menger chúng ta có Fp,q(tx+ (1 − t)x) = Fp,q(x)
TL(Fp,r(tx), Fr,q((1 − t)x))
Fp,r(tx) + Fr,q((1 − t)x)− 1 và vì vậy mà 1− Fp,q(x)  1− Fp,r(tx) + 1 − Fr,q((1 − t)x) (2.9) với mọi p, q, r ∈ S, với mọi x ∈ R và với mọi t ∈ [0, 1]. Vì (2.9) kéo theo xk(1− Fp,q(x))e −x  xk(1− Fp,r(tx))e −tx + xk(1− Fr,q((1 − t)x)e −(1−t)x với mọi t ∈ (0, 1), và vì vậy mà xk(1− Fp,q(x))e −x  1 tk ek(p, r) + 1 (1− t)k ek(r, q) (2.10) với mọi t ∈ (0, 1). Từ (2.10) chúng ta có ek(p, q)  1 tk ek(p, r) + 1 (1− t)k ek(r, q), với mọi t ∈ (0, 1), kéo theo (ek(p, q)) 1 k+1  (ek(p, r)) 1 k+1 + (ek(r, q)) 1 k+1 . tức là νk thỏa mZn bất đẳng thức tam giác. Nhận xét 2.1.10. Nếu (S,F , TL) là một không gian Menger không Archimedean khi đó ek bản thân là một metric cảm sinh ra topo đều F . Định lý 2.1.17. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ sao cho T
TL và f : S → S là một ánh xạ q− co xác suất. Khi đó, ta có 45 1. Nếu với p ∈ S nào đó, p = fp, khi đó với mọi k > 0 Ek(p) = sup x>0 xk(1− Fp,fp(x)) < ∞. 2. Nếu tồn tại p ∈ S và k > 0 sao cho Ek(p) = sup x>0 xk(1− Fp,fp(x)) < ∞, khi đó f có điểm bất động x ∈ S và ta có −ớc l−ợng sai số sau ϑk(x, f np)  ( ∞∑ i=n ( q k k+1 )i) (Ek(p)) 1 k+1 với mọi n ∈ N. (2.11) Chứng minh. Giả sử (1) đúng. Khi đó tồn tại p ∈ S sao cho p = fp, kéo theo Fp,fp(x) = 1 với mọi x > 0. Khi đó, Ek(p) = 0 với mọi k > 0. Xét với p ∈ S và k > 0, nào đó mà Ek(p) <∞. Vì δk(Fp,fp)  Ek(p), và f là một hàm q− co xác suất chúng ta có xk(1− Ffp,fp(x))e−x  x k ( 1− Fp,fp ( x q )) e−x = qk (( x q )k( 1− Fp,fp ( x q ))) e−x  qkEk(p). Vì thế mà ϑk(fp, f p)  q k k+1 (Ek(p)) 1 k+1 . (2.12) Vì với mọi p ∈ S, với mọi n ∈ N và với mọi x ∈ R chúng ta có Ffnp,fn+1p(x)
Fp,fp ( x qn ) (2.13) 46 T−ơng tự nh− chứng minh (2.12), chúng ta thu đ−ợc ϑk(f np, fn+1p)  ( q k k+1 )n (Ek(p)) 1 k+1 với mọi n ∈ N. Vì thế, ∞∑ n=1 ϑk(f np, fn+1p)  ( ∞∑ n=1 (q k k+1 )n ) (Ek(p)) 1 k+1 <∞, Từ đó ta thu đ−ợc dZy (fnp)n∈N là một dZy Cauchy. Từ đó, ta có tồn tại duy nhất một điểm bất động của ánh xạ f là x. Hơn nữa, ta có với mọi n,m ∈ N ϑk(f np, fn+mp)  n+m−1∑ i=n ϑk(f ip, f i+1p)  ( n+m−1∑ i=n (q k k+1 )i ) (Ek(p)) 1 k+1  ( ∞∑ i=n (q k k+1 )i ) (Ek(p)) 1 k+1 . Vì x = lim m→∞ fn+mp chúng ta thu đ−ợc −ớc l−ợng sai số của (2.11). Ví dụ 2.1.17. Cho S(0, 1) là không gian tất cả các hàm khả tích Lesbesgue (0, 1),L, m0). Ta có không gian (S(0, 1),F , TL) là một không gian Menger, với Fp,q(x) = m0({t|t ∈ (0, 1), |p(t)− q(t)| < x}) với mọi p, q ∈ S(0, 1) và x ∈ R. Cho M là một tập đóng( hội tụ theo xác suất) tuyến tính bất kỳ của S(0, 1), mà chứa phần tử 1 và w định nghĩa bởi w(t) = e 1 t , t ∈ (0, 1). Hàm phân phối Fw đ−ợc xác định bởi Fw(x) = 0 nếu x  e,1− 1 lnx nếu x > e, 47 Vì Fw(x) = m0({t|t ∈ (0, 1), e1/t < x}). Giả sử a ∈M thỏa mZn sup x>0 xk(1−F|a|(x)) <∞. Xét f : M →M là hàm thỏa mZn fp = Lp+w, p ∈M,L ∈ (0, 1). Nếu p˜ = àa+ w 1−L khi đó fp˜ = Lp˜+w = Làa+ Lw 1−L +w và vì vậy p˜− fp˜ = àa+ w 1− L − ( Làa+ Lw 1− L + w ) = à(1− L)a. Vì vậy sup x>0 xk(1−F|p˜−fp˜(x)) <∞. Vì vậy, ánh xạ f có một điểm bất động là p = w 1−L và Ek(p) = ∞. Điều kiện ∞∫ 1 ln xdFp,q(x) < ∞ không đúng cho p = à1p, q = à2p, à1 = à2. Nhận xét 2.1.11. Điều kiện Ek(p) < ∞ đ−ợc xác định nếu tồn tại p sao cho Fp,fp(tp) = 1, với tp > 0 nào đó. Hệ quả 2.1.18. Nếu (S,F , T ) là một không gian Menger sao cho T
TL, khi đó một ánh xạ q− co xác suất f : S → S có điểm bất động khi và chỉ khi tồn tại k > 0 và p ∈ S sao cho ∞∫ 0 xkdFp,fp(x) < ∞. (2.14) Chứng minh. Ta có ( 2.14) kéo theo lim x→∞ xk(1 − Fp,fp(x)) = 0 và vì vậy điều kiện Ek(p) < ∞ đ−ợc thỏa mZn. Định lý 2.1.19. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ với T
Th, với một đồng cấu tăng h : [0, 1] → [0, 1]. Khi đó một hàm q− co xác suất f : S → S có điểm bất động khi và chỉ khi với p ∈ S và k > 0 nào đó ta có sup x>0 xk(1− h ◦ Fp,fp(x)) <∞. Chứng minh. Chứng minh suy ra từ việc (S, h ◦ F , TL) là một không gian Menger đủ và f là một hàm q− co xác suất trong (S, h ◦ F , TL). 48 Định lý 2.1.20. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ sao cho sup a<1 T (a, a) = 1 và f : S → S là một ánh xạ q−co xác suất sao cho với p ∈ S và k > 0 nào đó ta có sup x>0 xk(1− Fp,fp(x)) <∞. (2.15) Nếu t-chuẩn T là àk− hội tụ với à ∈ (q, 1) nào đó, khi đó tồn tại duy nhất một điểm bất động z của ánh xạ f và z = lim n→∞ fnp. Chứng minh. Cho δ = q/à < 1. Chúng ta sẽ chứng minh (fnp)n∈N là một dZy Cauchy. Chọn ǫ > 0 và λ ∈ (0, 1) ta sẽ chứng minh tồn tại n0(ǫ, λ) ∈ N sao cho Ffnp,fn+mp(ǫ) > 1− λ với mọi n
n0(ǫ, λ) và với mọi m ∈ N. Vì chuỗi ∞∑ i=1 δi là hội tụ, nên tồn tại n1 = n1(ǫ) ∈ N sao cho ∞∑ i=n1 δi  ǫ. Cho n > n1. Khi đó, Ffnp,fn+mp(ǫ)
Ffnp,fn+mp ( ∞∑ i=n δi )
Ffnp,fn+mp ( n+m−1∑ i=n δi )
T (T (... (T︸ ︷︷ ︸ (m-1) - lần) ( Ffnp,fn+1p(δ n), Ffn+1p,fn+2p(δ n+1) ) , ã ã ã , Ffn+m−1p,fn+mp(δ n+m−1) )
T (T (ã ã ã (T︸ ︷︷ ︸ (m -1) - lần ( Fp,fp ( 1 àn ) , Fp,fp ( 1 àn+1 ) ) , ã ã ãFp,fp ( 1 àn+m−1 )) . Chọn M > 0 thỏa mZn xk(1− Fp,fp(x)) M với mọi x > 0. (2.16) Giả sử n2 thỏa mZn 1−M(àk)n ∈ [0, 1) với mọi n
n2. (2.17) Từ (2.16) ta có (1−Fp,fp(x))  M xk ∀x > 0.Vì thế, 1−(1−Fp,fp(x))
1− M xk ∀x > 0.Hay, Fp,fp(x)
1− M xk ∀x > 0. Thay x = ( 1 à )n ta có: Fp,fp ( 1 àn ) > 1−M(àk)n với mọi n ∈ N 49 kết hợp với (2.17) với n
max(n1, n2) Ffnp,fn+mp(ǫ)
T (T (ã ã ã (T︸ ︷︷ ︸ với (m-1)-lần ( 1−M(àk)n, 1−M(àk)n+1 ) , ã ã ã , 1−M(àk)n+m−1 ) . Chọn s0 sao cho M(àk)s0 < àk. Khi đó với mọi n ∈ N 1−M(àk)n+s0
1− (àk)n+1 và vì vậy với n
max(n1, n2) và m ∈ N Ffn+s0p,fn+s0+mp(ǫ)
T (T ã ã ã (T︸ ︷︷ ︸ (m-1)-lần ( 1−M(àk)n, 1−M(àk)n+1 ) , ...., 1−M(àk)n+m−1 ) , ã ã ã , 1−M(àk)n+s0+m−1 )
⊤∞i=n+1(1− (à k)i). Vì T là àk− hội tụ, chúng ta có (fnp)n∈N là một dZy Cauchy. Cho z = lim n→∞ fnp. Theo tính liên tục của f ta có fz = z. Nhận xét 2.1.12. Chứng minh của định lý trên vẫn còn đúng nếu chúng ta thay điều kiện (2.15) bởi điều kiện với p ∈ S và à ∈ (q, 1) nào đó lim n→∞ ⊤∞i=nFp,fp ( 1 ài ) = 1 và với T thỏa mZn sup a<1 T (a, a) = 1. Hệ quả 2.1.21. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ sao cho T là một t-chuẩn chặt với nhân nhân tính θ, và f : S → S là một ánh xạ q−co xác suất sao cho với k > 0 và p ∈ S (2.15) đúng. Nếu tồn tại à ∈ (q, 1) sao cho lim n→∞ ∞∏ i=n θ(1− (àk)i) = 1, khi đó tồn tại duy nhất một điểm bất động x của ánh xạ f và x = lim n→∞ fnp. Ta có Υ0 = ⋃ λ∈(0,∞) {TDλ } ⋃ ⋃ λ∈(−1,∞) {T SWλ } ⋃ ⋃ λ∈(0,∞) {TAAλ } ⋃ ΥH . 50 Hệ quả 2.1.22. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ sao cho T
T1 với T1 ∈ Υ0 nào đó và f : S → S là một ánh xạ q−co xác suất sao cho với k > 0 và p ∈ S nào đó (2.15) đúng. Khi đó, tồn tại duy nhất điểm bất động x của ánh xạ f và x = lim n→∞ fnp. Hệ quả 2.1.23. Cho (Ω,A, m) là một khong gian đo, với m là một độ đo tách đ−ợc kiểu (NSA), s là một nhân cộng tính đơn điệu tăng của S, (M,d) là một không gian metric khả ly, đủ và f : Ω ìM → M là một ánh xạ ngẫu nhiên liên tục sao cho với q ∈ (0, 1) ta có m({ω|ω ∈ Ω, d((f̂ X̂)(ω), (f̂ Ŷ )(ω)) < u})
m({ω|ω ∈ Ω, d(X(ω), Y (ω)) < u q }) với mọi biến ngẫu nhiên X, Y : Ω → M và với mọi u > 0. Nếu tồn tại một biến ngẫu nhiên sao cho với k > 0 nào đó sup x>0 xk(1−m({d(Û , f̂ Û) < x})) <∞ và t-chuẩn T xác định bởi T (x, y) = s−1(max(0, s(x) + s(y)− 1), x, y ∈ [0, 1], là àk− hội tụ với à ∈ (q, 1), khi đó tồn tại một điểm bất động ngẫu nhiên của ánh xạ ngẫu nhiên f . Chứng minh. Chứng minh đ−ợc suy ra từ mệnh đề (1.6.7), ( 1.6.8), và định lý ( 2.1.20). 2.2 Một số tổng quát hóa của các nguyên lý B− co xác suất cho ánh xạ đơn trị 2.2.1 Các định nghĩa liên quan Định nghĩa 2.2.1. Cho (S,F) là một không gian metric xác suất và (bn)n∈N là một d'y trong đoạn (0, 1) sao cho lim n→∞ bn = 1. Một ánh xạ f : S → S là (bn)− co xác 51 suất nếu (∀n ∈ N)(∃q = qn ∈ (0, 1))(∀p1, p2 ∈ S)(∀t > 0) (Fp1,p2(t) > bn ⇒ Ffp1,fp2(qnt) > bn) (2.18) Ví dụ 2.2.18. Xét S = {p1, p2, p3} và Fp1,p3(x) = Fp3,p1(x) = Fp2,p3(x) = Fp3,p2(x) =  0 nếu x  0, 3/4 nếu x ∈ (0, 2], 1 nếu x > 2, Fp1,p2(x) = Fp2,p1(x) =  0 nếu x  0, 1/2 nếu x ∈ (0, 3/2], 1 nếu x > 2. và f : S → S đ−ợc cho bởi f(p1) = f(p2) = p1, f(p3) = p2. Khi đó f không là ánh xạ q− co xác suất, với mọi q ∈ (0, 1), nh−ng nó là ánh xạ (1 − 1/4n)− co xác suất. Cho q ∈ (0, 1) và x ∈ (0, 3/(2q)] ∩ [0, 2]. Khi đó Fp1,p3(x) = 3/4 và Ffp1,fp3(qx) = 1/2, vì thế Ffp1,fp3(qx) < Fp1,p3(x). Mặt khác, Fp1,p3(x) > 1− 1 4n ⇒ Fp1,p3(x) > 1− 1/4 = 3/4 ⇒ Fp1,p3(x) = 1 ⇒ x > 2 ⇒ 3x/4 > 3/2 ⇒ Fp1,p2(3x/4) = 1 > 1− 1/4 n. 52 Và vì vậy qn = 3/4 và bn = 1 − 1/4n(n ∈ N). Mọi (bn)− co xác suất là liên tục đều vì với mọi δ > 0 và λ ∈ (0, 1) ta có (x, y) ∈ N( δ qn , 1− bn) ⇒ (fx, fy) ∈ N(δ, λ) với bn > 1− λ. Định nghĩa 2.2.2. Cho (S,F) là một không gian metric xác suất. Một ánh xạ f : S → S đ−ợc gọi là (q, n)− co địa ph−ơng xác suất (q ∈ (0, 1)), nếu với mọi x ∈ S tồn tại n(x) ∈ N sao cho với mọi y ∈ S và với mọi u ∈ R Ffn(x)x,fn(x)y(qu)
Fx,y(u). Định nghĩa 2.2.3. Cho (S, F ) là một không gian metric xác suất và f : S → S. Hai điểm x, y ∈ S gọi là tiệm cận nhau theo f nếu lim n→∞ Ffn(x),fn(y)(ǫ) = 1 với mọi ǫ > 0. Định nghĩa 2.2.4. Cho (S, F ) là một không gian metric xác suất và f : S → S. Một điểm x ∈ S đ−ợc gọi là chính quy với f nếu O(x, f) là bị chặn. Định nghĩa sau đ−ợc thầy Đỗ Hồng Tân đ−a ra: Định nghĩa 2.2.5. Cho (S,F) là một không gian metric xác suất. Một ánh xạ f : S → S gọi là thuộc vào lớp [R] nếu có một hàm không tăng k : (0,∞) → (0, 1) sao cho Ffx,fy(t)
Fx,y ( t k(t) ) với mọi x, y ∈ S với mọi t > 0. (2.19) Dạng metric của (2.19) có dạng sau: d(fx, fy)  k(d(x, y))d(x, y) với mọix, y ∈M (2.20) với (M, d) là một không gian metric, f : M → M, và k là một hàm nh− trên định nghĩa (2.2.5) 53 Định nghĩa 2.2.6. Cho (S,F) là một không gian metric xác suất. Một ánh xạ f : S → S gọi là thuộc vào lớp [K] nếu tồn tại một ánh xạ k : (0,∞)2 → (0,∞) sao cho với mọi α, β > 0, α
β Ffx,fy(t)
Fx,y ( t k(α, β) ) (2.21) với mọi x, y ∈ S và với mọi t > 0 sao cho α  t  β. Định nghĩa 2.2.7. Cho (S,F) là một không gian metric xác suất. Một ánh xạ f : S → S đ−ợc gọi là thuộc vào lớp [S] nếu tồn tại một ánh xạ k : (0,∞) → (0, 1) thỏa m'n điều kiện sup{k(t)|a  t } 0, a  b, sao cho (2.19) đúng. Định nghĩa 2.2.8. Cho (S,F) là một không gian metric xác suất. Một ánh xạ f : S → S đ−ợc gọi là thuộc vào lớp [BW ] nếu có một ánh xạ k : (0,∞) → (0,∞), sao cho nó nửa liên tục trên từ bền phải và (2.19) đúng. Định nghĩa 2.2.9. Cho (S,F) là một không gian metric xác suất. Một ánh xạ f : S → S đ−ợc gọi là thuộc về lớp [MK] nếu với mỗi ǫ > 0 tồn tại δ > 0 sao cho Ffx,fy(ǫ)
Fx,y(ǫ + δ) với mọi x, y ∈ S (2.22) Ta có mối quan hệ sau: [R] ⊂ [K] ⊂ [S] ⊂ [BW ] ⊂ [MK] 2.2.2 Các định lý Định lý 2.2.1. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ, T là một t-chuẩn kiểu H và f : S → S là một ánh xạ (bn)− co chặt. Khi đó, tồn tại duy nhất một điểm bất động x của f và x = lim n→∞ fnp với mọi p ∈ S. Chứng minh. Cho tr−ớc p ∈ S, ǫ > 0 và λ ∈ (0, 1). Cho η ∈ (0, 1) sao cho (η)(r)T > 1−λ với mọi r ∈ N và m ∈ N sao cho bm > max(η, 1 − λ). Nếu s ∈ N thỏa mZn Fp,fp( ǫ qsm ) > bm thì Ffs+kp,fs+k+1p(q k mǫ) > bm > 1− λ với mọi k ∈ N. 54 Cho k0 ∈ N sao cho ∑ k
k0 qkm < 1. Khi đó, với mọi u ∈ N và r
2 Ffs+k0+up,fs+k0+u+rp(ǫ)
Ffs+k0+up,fs+k0+u+rp ( k0+u+r−1∑ i=k0+u qimǫ )
⊤r−1i=0Ffs+k0+u+ip,fs+k0+u+i+1p(q k0+u+i m )
(bm) (r) T
(η) (r) T > 1− λ, tức là dZy (fnp)n∈N là một dZy Cauchy. Vì thế x = lim n→∞ fnp là điểm bất động duy nhất của ánh xạ f. Định lý 2.2.2. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger và T là một t-chuẩn kiểu H, T = ()k∈K và mỗi Tk là chặt. Khi đó, họ các giả metric (ρs)s∈N cho bởi ρs(x, y) = sup{u|u ∈ R, Fx,y(u)  bs} với mọi s ∈ N và x, y ∈ S. (2.23) sinh ra topo (ǫ, λ). Mệnh đề 2.2.3. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ, và T một t-chuẩn kiểu H với T = ()k∈K và (bk)k∈N là một d'y thỏa m'n lim k→∞ bk = 1 và với mọi n ∈ N mà nếu x > bn, y > bn ⇒ T (x, y) > bn. Cho f : S → S là một ánh xạ (bn)− co xác suất. Khi đó ρk(fx, fy)  qkρ− k(x, y) với mọi k ∈ N và với mọi x, y ∈ S. Chứng minh. Cho ρk là họ giả metric nh− trong (2.23). Với mọi k ∈ N ta đặt rk = ρk(fx, fy)/qk. Chúng ta sẽ chứng minh với mọi x, y ∈ S và với mọi k ∈ N ρk(fx, fy)  qkρk(x, y) có nghĩa là ρk(x, y)
uk,x,y, tức là Fx,y(uk,x,y)  bk. (2.24) Giả sử ng−ợc lại Fx,y(uk,x,y) > bk. Vì f là bn− co chặt xác suất chúng ta có Ffx,fy(qkuk,x,y) > bk, và vì vậy Ffx,fy(ρk(fx, fy)) > bk. 55 Điều này mâu thuẫn với (2.23) vì, theo (2.23), Ffx,fy(ρk(fx, fy))  bk. Điều này cũng có nghĩa là ρk(x, y)
ρk(fx, fy)/qk, hay ρk(fx, fy)  qkρk(x, y) với mọi k ∈ N và với mọi x, y ∈ S. Nhận xét 2.2.13. Bằng cách t−ơng tự, chúng ta có thể thu đ−ợc kết quả về điểm bất động nếu (2.18) đ−ợc thay thế bởi m(x, y, u) > bk ⇒ Ffx,fy(qku) > bk, (2.25) với m(x, y, u) = min{(Fx,y(u), Fx,fy(u), Fy,fx(u), Fx,fx(u), Fy,fy(u)}, và T là một t- chuẩn nh− trong mệnh đề (2.2.3). Chúng ta sẽ chỉ ra rằng (2.25) kéo theo ρk(fx, fy)  qkrk(x, y) (2.26) với mọi k ∈ N, với rk(x, y) = max{ρk(x, y), ρk(x, fy), ρk(y, fx), ρk(x, fx), ρk(y, fy)}. Nếu (2.26) không đúng với k ∈ N và x, y ∈ S, thì tồn tại u > 0 sao cho ρk(fx, fy) > qku > qkrk(x, y). (2.27) Vì vậy mà Fx,y(u) > bk, Fx,fy(u) > bk, Fy,fx(u) > bk, Fx,fx(u) > bk, Fy,fy(u) > bk, và nh− thế thì min{Fx,y(u), Fx,fy(u), Fy,fx(u), Fx,fx(u), Fy,fy(u)} > bk. Theo (2.25) thì Ffx,fy(qku) > bk, nh−ng theo (2.27) thì ρk(fx, fy) > qku và vì thế mà Ffx,fy(qku)  bk, dẫn tới mâu thuẫn. Vì thế (2.26) đúng, việc chứng minh tồn tại điểm bất động quay về chứng minh cho tr−ờng hợp không gian metric cổ điển. 56 Định lý 2.2.4. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ, T là một t-chuẩn liên tục tại (1, 1), f : S → S là một ánh xạ (q, n)− co địa ph−ơng và DO(p,f) ∈ D+ với p ∈ S nào đó. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm bất động x của ánh xạ f và lim n→∞ fnx0 = x với mọi x0 ∈ S. Chứng minh. Đặt xn = fn(xn−1)xn−1 với mọi n ∈ N và x0 = p ∈ S. Đầu tiên, ta chỉ ra (xn)n∈N là một dZy Cauchy. Với mọi n,m ∈ N và với mọi u > 0 chúng ta có Fxn+m,xn(u) = Ffn(xn+m−1 ,fn(xn+m−2 ...fn(xn−1xn−1,fn(xn−1xn−1(u)
Ffn(xn+m−1 ...fn(xn)xn−1,xn−1( u q ) ...
Ffn(xn+m−1)...fn(xn)x0,x0 ( u qn )
DO(p,f)( u qn ). Vì DO(p,f) ∈ D + ta suy ra với mọi u > 0 và với mọi λ ∈ (0, 1) tồn tại n0(u, λ) ∈ N sao cho DO(p,f)( u qn ) > 1− λ với mọi n
n0(u, λ) và vì vậy (xn)n∈N là một dZy Cauchy. Từ đó, vì S là đủ nên tồn tại x = lim n→∞ xn và chúng ta sẽ chỉ ra f n(x)x = x. Từ bất đẳng thức Ffn(x)xn,fn(x)x(u)
Fxn,x( u q )(u ∈ R, n ∈ N), ta có lim n→∞ fn(x)xn = f n(x)x. Với mọi u ∈ R và ǫ ∈ (0, qu) Ffn(x)xn,xn(qu− ǫ) = Ffn(x),fn(xn−1)xn−1,fn(xn−1)xn−1(qu− ǫ)
Ffn(x)xn−1,xn−1(u− q −1ǫ) ...
Ffn(x)x0,x0(q −n+1u− q−nǫ). Từ đó, Ffn(x)x,x(u)
T (Ffn(x)x,fn(x)xn(u− qu), T (Ffn(x)xn,xn(qu− ǫ), Fxn,x(ǫ))) 57 ta thu đ−ợc Ffn(x)x,x(u)
T (Fx,xn(q −1u− u), T (Ffn(x)x0,x0(q −n+1u− q−nǫ), Fxn,x(ǫ))) khi n→ ∞, do tính liên tục của T tại điểm (1, 1) 1
Ffn(x)x,x(u)
T (1, 1) = 1. Kéo theo fn(x)x = x. Giả sử tồn tại z = x sao cho fn(x)z = z, khi đó tồn tại s > 0 sao cho Fx,z(s) = a ∈ [0, 1). khi đó với mọi n ∈ N a = Fx,z(s) = Ffn(x)x,f(n(x)z(s)
Fx,z(q −1s)
...
Fx,z(q −ns), khi n→ ∞ chúng ta thu đ−ợc a = 1, mâu thuẫn với a < 1, và vì vậy mà x = z. Vì f(x) = ffn(x)x = fn(x)+1x = fn(x)fx, ta suy ra fx = x. Chúng ta sẽ chứng minh x = lim n→∞ fn(x0). Đặt n = m ◦n(x) + r, với 0  r 0 Ffnx0,x(u) = Ffm.n(x)+rx0,fn(x)x(u)
Ff(m−1)n(x)+rx0,x(q −1u)
Ff(m−2)n(x)+rx0,x(q −2u) ...
Ffrx0,x(q −mu)(u ∈ R). Khi n → ∞ thì m → ∞ và lim m→∞ Ffrx0,x(q −mu) = 1. Vì vậy lim n→∞ Ffnx0,x(u) = 1, tức là ta có lim n→∞ fnx0 = x. Hệ quả 2.2.5. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ với T là một t-chuẩn liên tục tại (1, 1) và có kiểu H. Nếu f : S → S là một ánh xạ (q, n)− co địa ph−ơng xác suất, khi đó tồn tại duy nhất một điểm bất động x của ánh xạ f và lim n→∞ fnx0 = x với mọi x0 ∈ S. 58 Chứng minh. Cho x0 ∈ S,m ∈ N và sn(x0) < m  (s + 1)n(x0). Khi đó với mọi u ∈ R Ffmx0,x0(u)
T (Ffmx0,fn(x0)x0(qu), Ffn(x0)x0,x0(u− qu))
T (Ffm−n(x0)x0,x0(u), Ffn(x0)x0,x0(u− qu)) ...
(g(u)) (s) T , với g(u) = min r∈{1,2,...,n(x0)} {Ffrx0,x0(u− qu)}. Vì lim u→∞ g(u) = 1 và họ (u(s)T )s∈N là liên tục đều tại u = 1, nên ta có điều phải chứng minh. Định lý 2.2.6. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ, T là một t-chuẩn với sup a<1 T (a, a) = 1, f : S → S là một ánh xạ liên tục sao cho với mọi điểm của S đều chính quy với f và hai điểm bất kỳ là tiệm cận nhau theo f . Nếu tồn tại q ∈ (0, 1) sao cho với mọi x ∈ S và với mọi ǫ > 0 DO(f(x),f)(ǫ)
DO(x,f)( ǫ q ), (2.28) khi đó tồn tại duy nhất một điểm bất động z của ánh xạ f và z = lim n→∞ fn(x) với mọi x ∈ S. Chứng minh. Theo (2.28) ta có với mọi ǫ > 0 và với mọi n ∈ N DO(fn(x),f)(ǫ)
DO(fn−1(x),f)( ǫ q )
...
DO(x,f)( ǫ qn ). (2.29) Chúng ta sẽ chứng minh với mọi ǫ > 0 và với mọi λ ∈ (0, 1) thì tồn tại n0 ∈ N sao cho Ffm(x),fs(x)(ǫ) > 1− λ với mọim, s
n0. Vì sup ǫ DO(x,f)(ǫ) = 1 nên tồn tại t(λ) > 0 sao cho DO(x,f)(t(λ)) > 1− λ 2 . 59 Nếu chúng ta chọn n0 ∈ N sao cho ǫ qn0
t(λ), thì DO(x,f)( ǫ qn0 )
DO(x,f)(t(λ)) > 1− λ 2 , và vì thế mà từ (2.29) ta có DO(fn(x),f)(ǫ) > 1− λ 2 với mọi n
n0. Tức là sup δ<ǫ inf u,v∈O(fn(x),f) Fu,v(δ) > 1− λ 2 với mọi n
n0. (2.30) Vì Fx,y(ǫ)
Fx,y(δ), với mọi δ < ǫ và với mọi x, y ∈ S, (2.30) kéo theo inf u,v∈O(fn(x),f) Fu,v(ǫ)
sup δ<ǫ inf u,v∈O(fn(x),f) Fu,v(δ) > 1− λ 2 với mọi n
n0 và vì thế mà Fu,v(ǫ) > 1− λ 2 với mọi u, v ∈ O(fn(x), f) với mọi n
n0. Vì thế ta có Ffm(x),fr(x)(ǫ) > 1− λ/2 với mọi m, r
n0. Tức là dZy (f mx)m∈N là một dZy Cauchy và vì S là đủ nên tồn tại z = lim n→∞ fn(x). Từ tính liên tục của f ta suy ra z là điểm bất động của ánh xạ f. Giả sử tồn tại y ∈ S và f(y) = y. Khi đó, chúng ta có Fy,z(ǫ) = Ffn(y),fn(z)(ǫ) và vì y và z là tiệm cận nhau theo f ta có Fy,z(ǫ) = lim n→∞ Ffn(y),fn(x)(ǫ) = 1 với mọiǫ > 0, điều trên kéo theo y = z. Nhận xét 2.2.14. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ với T là một t-chuẩn liên tục kiểu H và f : S → S là ánh xạ q− co xác suất. Nh− thế, mọi điệu kiện của định lý (2.2.6) đ−ợc thỏa mZn. Cho (S,F) là một không gian nửa metric xác suất. Ta ký hiệu R(0,1)+ là không gian tất cả các hàm không âm trong khoảng (0, 1) với topo hội tụ điểm. Trang bị trên R(0,1)+ 60 một thứ tự nh− sau u  v khi và chỉ khi u(α)  v(α)∀α ∈ (0, 1) và u < v khi và chỉ khi u(α) < v(α)∀α ∈ (0, 1). Cho α ∈ (0, 1) và x, y ∈ S. Khi đó xét d(x, y)(α) = sup{t|Fx,y(t)  1− α} thì d là một ánh xạ từ S ì S vào R(0,1)+ thỏa mZn tính chất sau: 1. d(x, y) = d(y, x) với mọi (x, y) ∈ S ì S; 2. d(x, y) = 0 khi và chỉ khi x = y ( 0 là hàm không trên (0, 1)). Một dZy (xn)n∈N trong S hội tụ tới x ∈ S theo topo (ǫ, λ) khi và chỉ khi (d(xn, x))n∈N hội tụ tới 0 trong R(0,1)+ . S là đầy đủ khi và chỉ khi một dZy thỏa mZn điều kiện sau hội tụ trong S: d(xn+m, xn)  un với mọi m,n ∈ N cho dZy (un)n∈N trong R (0,1) + hội tụ tới 0. Cho b > 0 và x0 ∈ S. Khi đó [0, b] = {u|u ∈ R(0,1)+ , 0  u  b} và Bb(x0) = {x|x ∈ S, d(x, x0) < b} = {x|x ∈ S, Fx,x0(b(α)) > 1− α với mọi α ∈ (0, 1)}. Định lý 2.2.7. Cho (S, F ) là không gian nửa metric xác suất Hausdorff và f : S → S. Giả sử f thỏa m'n điều kiện sau: 1. Tồn tại b > 0 sao cho ∀α ∈ (0, 1), u ∈ [0, b] và x, y ∈ S Fx,y(u(α)) > 1− α ⇒ Ffx,fy(Qu(α)) > 1− α với Q : [0, b] → [0, b] thỏa m'n lim n→∞ Qnb = 0; 2. Tồn tại x0 ∈ S sao cho với mọi α ∈ (0, 1), Fx0,x(b(α)) > 1− α ⇒ Fx0,fx(b(α)) > 1− α. 61 Nếu S là đầy đủ thì x = lim n→∞ fnx0 tồn tại và x là điểm bất động duy nhất của ánh xạ f trên Bb(x). Chứng minh. Đầu tiên, ta sẽ chỉ ra rằng (1) kéo theo tính duy nhất của điểm bất động của f trong Bb(x) nếu x là một điểm bất động của ánh xạ f. Từ (1) ta suy ra với mọi α ∈ (0, 1), u ∈ [0, b], và x, y ∈ S d(x, y)(α) < u(α) ⇒ d(fx, fy)(α) < Qu(α). (2.31) Nếu x là điểm bất động của ánh xạ f và y ∈ Bb(x) sao cho y = fy, khi đó theo (2.31) chúng ta nhận đ−ợc d(x, y) = d(fnx, fny) < Qnb, với mọi n ∈ N, và vì lim n→∞ Qnb = 0 chúng ta có d(x, y) = 0. Điều này kéo theo x = y. Giả sử rằng S là đầy đủ. Điều kiện (2) kéo theo f(Bb(x0)) ⊆ Bb(x0) và vì thế với mọi m ∈ N chúng ta có d(fmx0, x0) < b. Vì vậy mà với mọi m,n ∈ N ∪ {0} d(fm+nx0, f nx0) < Q nb và vì S là đầy đủ và vì lim n→∞ Qnb = 0 ta suy ra tồn tại x ∈ Bb(x0) sao cho x = lim n→∞ fnx0. Việc còn lại ta chứng minh fx = lim n→∞ fnx0, tức là ∀ǫ > 0 và α ∈ (0, 1) tồn tại m0(α, ǫ) ∈ N sao cho d(fx, fmx0)(α) < ǫ với mọi m
m0(α, ǫ). Chọn ǫ > 0 và α ∈ (0, 1). Khi đó tồn tại n0 ∈ N sao cho Qnb(α) < ǫ với mọi n
n0. Hơn nữa, lim n→∞ d(x, fnx0)(α) = 0 kéo theo tồn tại m0(α, ǫ) ∈ N sao cho d(x, fm−1x0)(α) < Q n0b(α) với mọi m
m0(α, ǫ). Theo (2.31) chúng ta có d(fx, fmx0)(α) < Q n0+1b(α) < ǫ với mọi m
m0(α, ǫ) 62 và vì thế fx = lim n→∞ fnx0. Điều này kéo theo x là điểm bất động duy nhất của ánh xạ f trong Bb(x). Định lý 2.2.8. Cho (S,F , T ) là một không gian metric xác suất đủ, với T = TM và f : S → S thỏa m'n nếu với mọi x, y ∈ S và với mọi α, β > 0 : sao cho Fx,y(α) > 0, Fx,y(β) < 1 thì Ffx,fy(t)
Fx,y ( t L(α, β) ) với mọi t > 0, (2.32) trong đó L : R+ ì R+ → (0, 1). Khi đó f có một điểm bất động. Nếu f : S → S thỏa mZn điều kiện (2.32) thì ta nói f là ánh xạ B− co xác suất tổng quát. Định lý 2.2.9 (Krasnoselski, Zabreiko). Cho (X, d) là một không gian metric xác suất và f : X → X sao cho tồn tại một hàm số L : R+ ìR+ → [0, 1) sao cho (∀a, b > 0)(∀x, y ∈ X)(a  d(x, y)  b⇒ d(fx, fy)  L(a, b)d(x, y)) (2.33) Khi đó tồn tại duy nhất một điểm bất động của ánh xạ f Nếu f thỏa mZn (2.33) thì ta nói f co tổng quát kiểu Krasnoselski. Bổ đề 2.2.10. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger và T là một t-chuẩn thỏa m'n lim x→1 T (x, y) = y với mọi y ∈ [0, 1]. (2.34) Nếu (pn)n∈N và (qn)n∈N là các d'y trong S sao cho lim n→∞ pn = p, lim n→∞ qn = q khi đó: 1. Với mọi x ∈ R lim n→∞ inf Fpn,qn(x)
Fp,q(x). 2. Nếu x là điểm liên tục bất kỳ của Fp,q thì lim n→∞ Fpn,qn(x) = Fp,q(x). 63 Nhận xét 2.2.15. Nếu T
TL thì điều kiện lim x→1 T (x, y) = y, với mọi y ∈ [0, 1] thỏa mZn vì với mọi x, y ∈ [0, 1] y
T (x, y)
max(x+ y − 1, 0) và cho x→ 1 chúng ta có y
lim x→1 T (x, y)
y với mọi y ∈ [0, 1]. Điều kiện (2.34) kéo theo sup a<1 T (a, a) = 1. Thật vậy, xét λ ∈ [0, 1) và chọn λ′ ∈ (0, 1) sao cho 1− λ′ > 1− λ. Vì T (1, 1− λ′) = 1 − λ′, theo (2.34) thì sẽ tồn tại λ′′ ∈ (0, 1) sao cho T (1− λ′′, 1− λ′) > 1− λ. Nếu λ1 = min(λ′, λ′′) chúng ta có T (1− λ1, 1− λ1)
T (1− λ ′′, 1− λ′) > 1− λ. Bổ đề 2.2.11 (Radu). Cho F : SìS → D+, cố định một phần tử F của D+ và ta xét hàm hai biến cho bởi sau: dF : S ì S → [0,∞], dF (p, q) = inf{a > 0|Fp,q(at)
F (t) với mọi t > 1}. Nếu (S,F , TM) là một không gian Menger thì: 1. dF là một metric trên S(inf ∅ = +∞). 2. (S, dF ) là đầy đủ khi (S,F) là đầy đủ. 3. Topo sinh bởi metric trên mạnh hơn topo (ǫ, λ). Chứng minh. 1. Rõ ràng ta có dF là đối xứng và dF (p, p) = 0. Nếu dF (p, q) = 0, khi đó với mỗi a > 0, Fp,q(at)
F (t) với mọi t > 1. Nếu cố định ǫ = at, và cho t → +∞, thì Fp,q(ǫ) = 1 tức là p = q. Giả sử dF (p, r) = a < ∞ và dF (r, q) = b < ∞. Khi đó Fp,q((a + b)t)
TM(Fp,r(at), Fr,q(bt))
F (t) 64 tức là dF (p, q)
a + b, tức là ta có dF (p, q)
dF (p, r) + dF (r, q). 2. Giả sử (S,F) là đầy đủ và (pn)n∈N là một dZy dF− Cauchy. Nếu cho tr−ớc ǫ > 0 và λ ∈ (0, 1), khi đó tồn tại t0 sao cho F (t0) > 1 − λ. Cho a < ǫ t0 và chọn n0 sao cho dF (pn, pm) < a với mọi n,m
n0. Vì vậy, Fpn,pm(ǫ)
Fpn,pm(at0)
F (t0) > 1− λ với mọi n,m
n0, tức là (pn)n∈N là một dZy F− Cauchy. Vì (S, F ) là đầy đủ nên tồn tại p ∈ S sao cho (pm)m∈N là F− hội tụ tới p. Chúng ta sẽ chứng minh rằng lim n→∞ dF (pn, p) = 0. Cho tr−ớc a > 0, tồn tại n0 sao cho Fpn,pm(at)
F (t) với mọi n,m > n0, và với mỗi t > 1. Nếu at là một điểm liên tục của Fpn,p thì Fpn,p(at) = lim m→∞ Fpn,pm(at)
F (t) với mọi n > n0. Nếu at là điểm không liên tục của Fpn,p, vì Fpn,p là một hàm không giảm, nên tồn tại một dZy (atni )i∈N (t n i > 1, i ∈ N) sao cho at n 1 < at n 2 ... → at và at n i là các điểm liên tục của Fpn,p. Nh− vậy, Fpn,p(at n i )
F (t n i ) với mọi i ∈ N, n > n0. (2.35) Vì lim i→∞ atni = at(a > 0) chúng ta có lim i→∞ tni = t. Hàm Fpn,p và F là liên tục trái và từ (2.35) ta có Fpn,p(at) = lim i→∞ Fpn,p(at n i )
lim i→∞ F (tni ) = F (t) với mọi t > 1, n > n0. Nh− vậy dF (pn, p) n0. Bổ đề 2.2.12. Cho (S,F , TM) là một không gian Menger và f : S → S là B− co tổng quát. Khi đó f là co tổng quát kiểu Krasnoselski, t−ơng ứng với dF . 65 Chứng minh. Cho tr−ớc 0 < a < b, và giả sử dF (x, y) ∈ [a, b]. Khi đó a 2 < dF (x, y)
b Chọn t1 > 1 sao cho F (t1) > 0. Khi đó Fx,y(bt1)
F (t1) > 0 và cho α(b) = bt1 > 0. Vì dF (x, y) > a/2 nên tồn tại tx,y > 1 sao cho Fx,y(atx,y/2) < F (txy). Khi đó Fx,y( a 2 )  Fxy( a 2 tx,y) 0. Nếu f là B− co tổng quát theo (2.32) chúng ta có Ffx,fy(t)
Fx,y( t L(α(b), β(a)) )
F ( t L(α(b), β(a))dF (x, y) ) với mọi t > 0, điều này kéo theo dF (fx, fy)  F (α(b), β(a))dF (x, y). Đặt L(a, b) = L(α(b), β(a)) chúng ta nhận đ−ợc dF (fx, fy)  L(a, b)dF (x, y). Vì thế mà f là co tổng quát kiểu Krasnoselski t−ơng ứng với dF . Định lý 2.2.13. Ta giả sử tất cả các điều kiện của định lý (2.2.8) đ−ợc thỏa m'n. Khi đó f có một điểm bất động duy nhất Chứng minh. Cho p là một phần tử bất kỳ thuộc S và X = {x ∈ S|dF (p, x) < ∞}. Theo định nghĩa metric dF , với F = Fp,fp, ta suy ra dF (p, fp)  1, kéo theo fp ∈ X. Vậy (X, dF ) là một không gian metric đủ với f(X) ⊂ X . Sau đó, ta áp dụng định lý (2.2.9) và p là điểm bất kỳ của S, thì đ−ợc điều phải chứng minh. Bổ đề 2.2.14. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ, T là một t-chuẩn liên tục kiểu H và (bn)n∈N là một d'y trong (0, 1) sao cho T (bn, bn) = bn(n ∈ N) và lim n→∞ bn = 1. Khi đó (S, F̂ , TM) là một không gian Menger đủ với cùng topo (ǫ, λ) giống nh− (S,F , T ), với mọi u ∈ R F̂x,y(u) =  0 nếu Fx,y(u) < b1, bn nếu bn  Fx,y(u) < bn+1, 1 nếu Fx,y(u) = 1. 66 Chứng minh. Dễ dàng thấy F̂x,y ∈ D+. Ta sẽ chứng minh rằng F̂x,z(u+ v)
TM(F̂x,y(u), F̂y,z(v)) (2.36) với mọi x, y, z ∈ S và với mọi u, v > 0. Nếu F̂x,y(u) = 0 hoặc F̂y,z = 0 thì (2.36) đúng. Nếu F̂x,y(u) = bn, F̂y,z(v) = bm(n  m) thì ta có Fx,y(u)
bn, Fy,z(v)
bm và từ Fx,z(u+ v)
T (Fx,y(u), Fy,z(v))
T (bn, bn) = bn ta suy ra F̂x,z(u+ v)
bn = TM(F̂x,y(u), F̂y,z(v)). Vì bn > 1− λ ta có N(ǫ, 1− bn) ⊂ N̂(ǫ, λ), N̂(ǫ, 1− bn) ⊂ N(ǫ, λ) và nh− vậy F và F̂ có cùng topo (ǫ, λ). Định lý 2.2.15. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đầyđủ, với T là một t-chuẩn liên tục kiểu H . Khi đó với mọi ánh xạ B− co tổng quát f : S → S có điểm bất động duy nhất. Chứng minh. Chúng ta sẽ chứng minh (2.32) đúng cho F̂ và f, với F̂ đ−ợc xác định trong mệnh đề (2.2.14). Giả sử , với α, β > và x, y ∈ S, chúng ta có F̂x,y(α) > 0, F̂x,y(β) < 1. Khi đó Fx,y(α) > 0 và Fx,y(β) < 1 và theo ( 2.32) Ffx,fy(u)
Fx,y ( u L(α, β) ) với mọi u > 0. (2.37) Chúng ta chứng minh (2.37) kéo theo F̂fx,fy(u)
F̂x,y ( u L(α, β) ) với mọi u > 0. (2.38) Nếu F̂x,y ( u L(α,β) ) = 0 khi đó (2.38) đúng. Nếu F̂x,y ( u L(α,β) ) = bn thì Ffx,fy(u)
Fx,y ( u L(α, β) )
bn. Vì thế mà F̂fx,fy(u)
bn = F̂x,y ( u L(α, β) ) . Từ định lý (2.2.13) ta thu đ−ợc điều phải chứng minh. 67 Vì bất kỳ ánh xạ q− co xác suất nào cũng đều là một ánh xạ B− co tổng quát, sử dụng định lý (2.1.8) chúng ta có định lý sau: Định lý 2.2.16. Nếu T là t-chuẩn thỏa m'n với mọi ánh xạ B− co tổng quát f : S → S có một điểm bất động với bất kỳ (S,F , T ) là một không gian Menger đủ, khi đó T có kiểu H . Định lý 2.2.17. Cho (S,F , TM) là một không gian Menger đủ và f : S → S là thuộc về lớp [MK]. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm bất động x ∈ S của ánh xạ f và x = lim n→∞ fnp với mọi p ∈ S. Ch−ơng 3 áp dụng vào các định lý điểm bất động của toán tử ngẫu nhiên 3.1 Một số định lý áp dụng trong E-không gian Từ các định lý và hệ quả trên, ta áp dụng cho không gian metric xác suất hay E- không gian trên (M,d), với (M, d) là một không gian metric đầy đủ (S,F , TL). Trong đó, S là tập hợp tất cả các lớp t−ơng đ−ơng các biến ngẫu nhiên M− giá trị. Với định nghĩa hàm phân phối khoảng cách trên S nh− sau: FX̂,Ŷ (x) = P{ω|d(X(ω), Y (ω)) < x}, với X ∈ X̂, Y ∈ Ŷ . Hệ quả 3.1.1. Cho (M, d) là một không gian metric khả ly, đầy đủ và (Ω,A, P ) là một không gian xác suất cơ bản. Khi đó,nếu với mọi X, Y ∈ LM0 (Ω) là các biến ngẫu nhiên M− giá trị với FX,Y (x) = P (ω|d(X(ω), Y (ω)) < x) Khi đó, với mọi ánh xạ ngẫu nhiên q− co xác suất f : ΩìM →M ; q ∈ (0, 1): P ({ω|ω ∈ Ω, d(f(ω,X(ω)), f(ω, Y (ω)) < qx})
P ({ω|ω ∈ Ω, d(X(ω), Y (ω)) < x}), 68 69 thỏa m'n, tồn tại một X0 ∈ LM0 (Ω) với quỹ đạo A = O(X0, f) thỏa m'n lim t→∞ sup X,Y ∈A P (d(X(ω), Y (ω)) > t) = 0 (3.1) ta có tồn tại duy nhất một điểm bất động ngẫu nhiên ξ của f . Hơn nữa, gọi ξ là điểm bất động ngẫu nhiên đó thì ta có: ξ(ω) = lim n→∞ fn(ω,X(ω)) ∀X ∈ L0(M). Trong đó, f 1(ω,X(ω)) = f(ω,X(ω)), fn(ω,X(ω)) = f(ω, fn−1(ω,X(ω))) ∀n > 1. Chứng minh. Điều kiện (3.1) t−ơng đ−ơng với quỹ đạo A = O(X0, f) là bị chặn xác suất. Thật vậy, ta có lim t→∞ supX,Y ∈A P (d(X(ω), Y (ω)) > t) = 0 ⇔ lim t→∞ infX,Y ∈A P (d(X(ω), Y (ω) < t) = 1 ⇔ supt suput infX,Y ∈A P (d(X(ω), Y (ω) < u)) = 1 ⇔ suptDO(X0,f) = 1. Chính vì vậy, theo hệ quả của định lý (2.1.3), ta có điều phải chứng minh. Hệ quả 3.1.2. Cho (M, d) là một không gian metric khả ly đầy đủ và (Ω,A, P ) là một không gian xác suất cơ bản. Khi đó,nếu với mọi U, V ∈ L0(M) là các biến ngẫu nhiên M− giá trị với FU,V (x) = P (ω|d(U(ω), V (ω)) < x) thỏa m'n ∞∫ 1 ln(u)dFU,V (u) < ∞. Khi đó, với mọi ánh xạ ngẫu nhiên q− co xác suất f : ΩìM →M ; q ∈ (0, 1): P ({ω|ω ∈ Ω, d(f(ω,X(ω)), f(ω, Y (ω)) < qx})
P ({ω|ω ∈ Ω, d(X(ω), Y (ω)) < x}), 70 ta có tồn tại duy nhất một điểm bất động ngẫu nhiên ξ của f . Hơn nữa, gọi ξ là điểm bất động ngẫu nhiên đó thì ta có: ξ(ω) = lim n→∞ fn(ω,X(ω)) ∀X ∈ L0(M). Trong đó, f 1(ω,X(ω)) = f(ω,X(ω)), fn(ω,X(ω)) = f(ω, fn−1(ω,X(ω))) ∀n > 1. Chứng minh. Đây là một hệ quả của định lý (2.1.13). Hệ quả 3.1.3. Cho (M, d) là một không gian metric khả ly đầy đủ và (Ω,A, P ) là một không gian xác suất cơ bản. Cho f : Ω ìM → M là một ánh xạ q−co xác suất với q ∈ (0, 1). Khi đó, nếu tồn tại X0 ∈ L0(M) sao cho với F (x) = P (ω|d(X0(ω), f(ω,X0(ω)) < x) mà ∞∫ 1 ln(u)dF (u) < ∞. Khi đó, tồn tại duy nhất một điểm bất động ngẫu nhiên cho f và hơn nữa nếu gọi ξ là điểm bất động ngẫu nhiên đó thì ξ(ω) = lim n→∞ fn(ω,X(ω)) ∀X ∈ L0(M). Trong đó, f 1(ω,X0(ω)) = f(ω,X0(ω)), fn(ω,X0(ω)) = f(ω, fn−1(ω,X0(ω)))∀n > 1. Chứng minh. Đây là kết luận rút ra đ−ợc từ hệ quả (2.1.14). Hệ quả 3.1.4. Cho (M, d) là một không gian metric khả ly đầy đủ và (Ω,A, P ) là một không gian xác suất cơ bản. Thỏa m'n, với mọi U, V ∈ L0(M), đặt FU,V (x) = P (ω|d(U(ω), V (ω)) < x) mà ∞∫ 0 xdFU,V (x) < ∞−moment cấp 1 hữu hạn. Khi đó, với mọi f : Ω ìM → M là một ánh xạ q−co xác suất với q ∈ (0, 1), thì tồn tại duy nhất điểm bất động ngẫu nhiên cho ánh xạ ngẫu nhiên f . 71 Chứng minh. Kết luận đ−ợc rút ra từ hệ quả (2.1.15) với E− không gian (S,F , TL). Hệ quả 3.1.5. Cho (M, d) là một không gian metric khả ly và đầy đủ và (Ω,A, P ) là một không gian xác suất cơ bản. Với X, Y : Ω → M là hai biến ngẫu nhiên M− giá trị thì ta đặt FX,Y (x) = P{d(X(ω), Y (ω)) < x}. Xét f : ΩìM → M là một ánh xạ ngẫu nhiên q− co xác suất tức là thỏa m'n: P{d(f(ω,X(ω)), f(ω, Y (ω))) < qx}
P{d(X(ω), Y (ω)) < x}. Khi đó, nếu tồn tại k > 0 và một biến ngẫu nhiên X0 thỏa m'n: sup x>0 xk(1− FX0,f(ω,X0(ω))(x)) <∞. Khi đó, tồn tại điểm bất động ngẫu nhiên duy nhất cho f . Chứng minh. Bổ đề 3.1.6. Cho q ∈ (0, 1). Khi đó, ta có TL là q− hội tụ. Chứng minh. Ta có ∞∑ n=1 qn < ∞. Vì thế ta có, ∞∑ n=1 (1− (1− qn)) <∞. Mà ta có ⊤ni=1(1− q i) = max( n∑ i=1 (1− qi − (n− 1), 0) = max( n∑ i=1 (1− qi − 1) + 1, 0). Vì thế ta có ∞∑ n=1 (1− (1− qn)) < ∞ khi và chỉ khi lim n→∞ (TL) ∞ i=n(1− q i) = max( lim n→∞ ∞∑ i=n ((1 − qi)− 1) + 1, 0) = 1. Mà ta có ∞∑ i=1 qi <∞ ⇒ lim n→∞ ⊤∞i=n(1− q i) = 1. Hay ta có TL là q− hội tụ. Từ bổ đề trên, ta suy ra đây là hệ quả trực tiếp của định lý (2.1.20) Hệ quả 3.1.7. Cho (M, d) là một không gian metric khả ly và đầy đủ và (Ω,A, P ) là một không gian xác suất cơ bản. Với X, Y : Ω → M là hai biến ngẫu nhiên M− giá trị thì ta đặt FX,Y (x) = P{d(X(ω), Y (ω)) < x}. 72 Xét f : ΩìM → M là một ánh xạ ngẫu nhiên q− co xác suất tức là thỏa m'n: P{d(f(ω,X(ω)), f(ω, Y (ω))) < qx}
P{d(X(ω), Y (ω)) < x}.∀x,∀X, Y ∈ LM0 (Ω) Khi đó, điều kiện cần và đủ để f có điểm bất động ngẫu nhiên là n tại k > 0 và một biến ngẫu nhiên X0 thỏa m'n: ∞∫ 0 xkdFX0,f(ω,X0(ω))(x)) < ∞. 3.2 Hai lớp đặc biệt của q− co xác suất Định nghĩa 3.2.1. Cho (S,F , TL) là một E-không gian xác định trên không gian metric (M, d) với (Ω,A, P ) là không gian xác suất cơ bản. Một ánh xạ f : S → S là q− co chặt, với q ∈ (0, 1), nếu với mọi p1, p2 ∈ S và với mọi x ∈ R ta có {ω|ω ∈ Ω, d(p1(ω), p2(ω)) < x} ⊆ {ω|ω ∈ Ω, d((fp1)(ω), (fp2)(ω)) < qx}. Định lý 3.2.1 (Sherwood). Mọi ánh xạ q− co chặt f : S → S, với (S,F , TL) là không gian E đủ, có duy nhất một điểm bất động. Chứng minh. Với dZy (pm)m∈N, xác định bởi pm = fmp0, m ∈ N và p0 ∈ S, chúng ta có với mọi m ∈ N và x ∈ R {ω|ω ∈ Ω, d(p0(ω), p1(ω)) < (1− q)x} ⊆ {ω|ω ∈ Ω, (1− qm)d(p0(ω), p1(ω)) < (1− q)x} ⊆ {ω|ω ∈ Ω, (1 + q + .... + qm−1)d(p0(ω), p1(ω)) < x} ⊆ {ω|ω ∈ Ω, d(p0(ω, p1(ω)) + ....+ d(pm−1(ω), pm(ω)) < x} ⊆ {ω|ω ∈ Ω, d(p0(ω), pm(ω)) < x}. Vì thế Fp0,pm(x)
Fp0,p1((1 − q)x), kéo theo (f mp0)m∈N là bị chặn xác suất. 73 Nhận xét 3.2.16. Ta xét tr−ờng hợp một ánh xạ ngẫu nhiên f : Ω ìM → M thỏa mZn điều kiện: d(f(ω, x), f(ω, y))  k(ω)d(x, y) ∀x, y ∈M, ∀ω ∈ Ω. (3.2) với k(ω) là một biến ngẫu nhiên nhận giá trị trong đoạn (0, 1). Nếu giả thiết sup k(ω)  q < 1 với q là một hằng số thì ta có điều kiện d(f(ω, x), f(ω, y))  qd(x, y) ∀x, y ∈M, ∀ω ∈ Ω. (3.3) Từ điều kiện này, ta suy ra f cũng là q−co chặt, hệ quả là tồn tại một điểm bất động duy nhất cho f . Định nghĩa 3.2.2. Cho (S,F) là một không gian metric xác suất. Một ánh xạ f : S → S đ−ợc gọi là q− co kiểu (ǫ, λ), với q ∈ (0, 1), nếu ta có với mọi p1, p2 ∈ S mà (∀ǫ > 0)(∀λ ∈ (0, 1))(Fp1,p2(ǫ) > 1− λ thì ⇒ Ffp1,fp2(qǫ) > 1− qλ). (3.4) Rõ ràng nếu f là một ánh xạ q− co xác suất kiểu (ǫ, λ) thì f là một ánh xạ q− co xác suất. Thật vậy, giả sử ng−ợc lại với ǫ > 0, p1, p2 ∈ S và λ ∈ (0, 1) nào đó ta có Ffp1,fp2(qǫ) < 1− λ < Fp1,p2(ǫ). Vì thế Ffp1,fp2(qǫ) > 1− qλ > 1− λ ta có mâu thuẫn. Định lý 3.2.2. Cho (S,F , TL) là một không gian Menger đủ và f : S → S là một ánh xạ q− co xác suất kiểu (ǫ, λ). Khi đó, tồn tại duy nhất điểm bất động x ∈ S của ánh xạ f và x = lim n→∞ fnp với mọi p ∈ S. Định nghĩa 3.2.3. Cho (S,F) là một không gian metric xác suất. Một ánh xạ f : S → S đ−ợc gọi là (q, q1)− co kiểu (ǫ, λ), với q, q1 ∈ (0, 1), nếu với mọi p1, p2 ∈ S : (∀ǫ > 0)(∀λ ∈ (0, 1))(Fp1,p2(ǫ) > 1− λ thì ⇒ Ffp1,fp2(qǫ) > 1− q1λ). (3.5) 74 Ví dụ 3.2.19. Cho (S,F) là một không gian metric xác suất và f : S → S sao cho với q, q1 ∈ (0, 1) 1− Ffp1,fp2(qu)  q1(1− Fp1,p2(u)) (3.6) với mọi p1, p2 ∈ S và với mọi u > 0. Khi f là một ánh xạ (q, q1)− co kiểu (ǫ, λ). Thật vậy, nếu Fp1,p2(u) > 1− λ khi đó 1− Ffp1,fp2(qu)  q1(1− Fp1,p2(u)) < q1λ và vì vậy mà Ffp1,fp2(qu) > 1− q1λ. Định nghĩa 3.2.4. Cho (S,F) là một không gian metric xác suất và f : S → S. Khi đó, ánh xạ f đ−ợc gọi là q− co xác suất mạnh (q ∈ (0, 1)) nếu tồn tại q1 ∈ (0, 1) sao cho (3.6) đúng. Nhận xét 3.2.17. Nếu f là một ánh xạ q− co xác suất mạnh thì Ffn+1p,fn+1+mp(u)
1− q n+1 1 ( 1− Ffp,fmp ( u qn+1 ))
1− qn+11 với mọi p ∈ S, n,m ∈ N và với mọi u > 0. Khi đó (fnp)n∈N là một dZy Cauchy. Định lý 3.2.3. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ sao cho sup a<1 T (a, a) = 1 và f : S → S là một ánh xạ (q, q1)− co xác suất kiểu (ǫ, λ). Nếu T là q1− hội tụ, tức là lim n→∞ ⊤∞i=n(1− q i 1) = 1, (3.7) khi đó, tồn tại duy nhất một điểm bất động x của ánh xạ f và x = lim n→∞ fnp với mọi p ∈ S. Chứng minh. Cho p ∈ S và δ > 0 sao cho Fp,fp(δ) > 0. Vì Fp,fp ∈ D+ nên δ nh− vậy là tồn tại. Cho λ1 ∈ (0, 1) sao cho Fp,fp(δ) > 1−λ1. Từ ph−ơng trình (3.5) chúng ta có Ffp,f2p(qδ) > 1− q1λ1 75 và, tổng quát hơn ta có Ffnp,fn+1p(q nδ) > 1− qn1λ1 (3.8) Chúng ta sẽ chứng minh (fnp)n∈N là một dZy Cauchy, có nghĩa là với mọi ǫ > 0 và λ ∈ (0, 1) tồn tại n0(ǫ, λ) ∈ N sao cho Ffnp,fn+mp(ǫ) > 1− λ với mọin
n0(ǫ, λ) với mọi m ∈ N. Cho tr−ớc ǫ > 0 và λ ∈ (0, 1). Vì chuỗi ∞∑ n=1 qnδ hội tụ, nên tồn tại n0 = n0(ǫ) sao cho ∞∑ n=n0 qnδ < ǫ. Khi đó, với mọi n
n0 Ffnp,fn+mp(ǫ)
Ffnp,fn+mp ( ∞∑ n=n0 qnδ )
Ffnp,fn+mp ( n+m−1∑ i=n qiδ )
T (....(T︸ ︷︷ ︸ (m-1)-lần (Ffnp,fn+1p(q nδ), Ffn+1p,fn+2p(q n+1δ)), ..., Ffn+m−1p,fn+mp(q n+m−1δ)). Cho n1 = n1(λ) ∈ N sao cho ⊤ ∞ i=n1(1 − q i 1) > 1 − λ. Vì (3.7) đúng, nên n1 nh− vậy tồn tại. Sử dụng (3.8) chúng ta thu đ−ợc với mọi n
maxn0, n1 và với mọi m ∈ N Ffnp,fn+mp(ǫ)
⊤ n+m−1 i=n (1− q i 1λ1)
⊤n+m−1i=n (1− q i 1)
⊤∞i=n(1− q i 1) > 1− λ. Rõ ràng ta có f là liên tục. Thật vậy, với à > 0 và η ∈ (0, 1) cho tr−ớc. Lấy ǫ = à/q, λ = η/q1 chúng ta có với Fp1,p2(ǫ) > 1− λ thì → Ffp1,fp2(qǫ) = Ffp1,fp2(à) > 1− q1λ = 1− η. Khi đó với x = lim n→∞ fnp kéo theo fx = f( lim n→∞ ) = lim n→∞ fnp = x. 76 Ta sẽ chỉ ra x nh− vậy là duy nhất. Giả sử y = fy, y = x. Với ǫ > 0 sao cho Fx,y(ǫ) > 0 và Fx,y(ǫ) > 1− λ chúng ta có Ffx,fy(qǫ) > 1− q1λ và t−ơng tự Fx,y(q nǫ) = Ffnx,fny(q nǫ) > 1− qn1λ với mọi n ∈ N. Vì vậy, Fx,y(u) = 1, với mọi u > 0, dẫn tới mâu thuẫn x = y. Hệ quả 3.2.4. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ sao cho T là một t-chuẩn chặt với một nhân nhân tính θ và f : S → S là một ánh xạ (q, q1)− co xác suất kiểu (ǫ, λ). Nếu lim n→∞ ∞∏ i=n θ(1− qi1) = 1, (3.9) khi đó tồn tại duy nhất một điểm bất động của ánh xạ f và x = lim n→∞ fnp với mọi p ∈ S. Chứng minh. Vì θ−1 là liên tục nên ta thu đ−ợc từ (3.9) lim n→∞ ⊤∞i=n(1− q i 1) = θ −1 ( lim n→∞ ∞∏ i=n θ(1− qi1) ) = 1. Hệ quả 3.2.5. Cho (S,F , T ) là một không gian Menger đủ sao cho T
T0 với T0 ∈ Υ0 và f : S → S là một ánh xạ (q, q1)− co xác suất kiểu (ǫ, λ). Khi đó, tồn tại duy nhất một điểm bất động x của f và x = lim n→∞ fnp với mọi p ∈ S. Hệ quả 3.2.6. Cho (Ω,A, m) là một không gian đo, với m là một đo đo liên tục S− tách đ−ợc có kiểu (NSA), s là nhân cộng tính đơn điệu tăng của S, (M,d) là một không gian metric khả ly đủ và f : Ω ì M → M là một ánh xạ ngẫu nhiên sao cho với q, q1 ∈ (0, 1) và mọi biến ngẫu nhiên X, Y : Ω →M ta có (∀u > 0)(∀λ ∈ (0, 1)) (m({ω|ω ∈ Ω, d(X(ω), Y (ω)) 1− λ ⇒ m({ω|ω ∈ Ω, d((f̂X), (f̂Y )) 1− q1λ ) . Nếu t-chuẩn T định nghĩa bởi T (x, y) = s−1(max(0, s(x) + s(y)− 1), x, y ∈ [0, 1], là q1− hội tụ, khi đó tồn tại một điểm bất động ngẫu nhiên của ánh xạ ngẫu nhiên f. 77 Hệ quả 3.2.7. Cho (Ω,A, P ) là một không gian đo, (M, d) là một không gian metric khả ly đủ và f : ΩìM → M là một ánh xạ ngẫu nhiên sao cho với q, q1 ∈ (0, 1) và mọi biến ngẫu nhiên X, Y : Ω →M ta có (∀u > 0)(∀λ ∈ (0, 1)) (P ({ω|ω ∈ Ω, d(X(ω), Y (ω)) 1− λ ⇒ P ({ω|ω ∈ Ω, d((f(ω,X(ω)), (f(ω, Y (ω))) 1− q1λ ) . khi đó tồn tại một điểm bất động ngẫu nhiên của ánh xạ ngẫu nhiên f. Tài liệu tham khảo [1] A. T. Bharucha-Reid (1976). Fixed point theorems in probabilistic analysis, Bull. Amer. Math. Soc. 82, 641-657. [2] V. M. Sehgal, A. T. Bharucha-Reid (1972). Fixed points of contraction mappings on probabilistic metric spaces, Math. Syst. Theory 6, 97-102. [3] A. T. Bharucha-Reid (1972) Random Integral Equations, Academic Press New York and London [4] H. Sherwood (1971). Complete probabilistic metric spaces, Z. Wahr. verw. Geb. 20, 117-128 [5] C. A. Drossos(1977) Stochastic Menger spaces and convergence in probability, Rev. Roun. Math. Pures Appl, 22, 1069 -1076. [6] Olga Hadzic, Endre Pap(2001) Fixed point theory in probabilistic metric spaces, 282p, Kluwer Academic Pulishers. [7] S. Hahn, F. Poătter (1970). Uăber Fixpunkte kompakter Abbildungen in topologis- chen Vektorraăumen, Studia Math. 50, 1-16 [8] Donal O’Regan, Reza Saadati(2008) Nonlinear contraction theorems in proba- bilistic spaces, Applied Mathematics and Computation, 195, 86-93. [9] H.E. Kunze, D. La Torre, E. R. Vrscay Random fixed point equations and inverse problems by collage theorem, J. Math. Anal. Appl. v334. 1116-1129. 78 79 [10] Erich Peter Klement, Radko Mesiar(2005) Logical, Algebraic, analytic, and probabilistic aspects of triangular norms, Elesevier. 481pp