Wykład 8

1. Twierdzenie Banacha o odwzorowaniu zwężającym

Definicja 1. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną. Przekształcenie T : X → X jest
zwężające (lub jest kontrakcją), gdy istnieje taka stała 0 < C < 1, że dla dowolnej pary
punktów x, y ∈ X zachodzi

d(T x, T y) ¬ C · d(x, y).

Uwaga. To nie to samo, co istnienie 0 < C ¬ 1 takiej, że d(T x, T y) < C · d(x, y). Na
przykład, f : (1, ∞) → (1, ∞), f (x) = x +

1
x

spełnia d(T x, T y) < C · d(x, y) dla C = 1, ale

to odwzorowanie nie jest zwężające.

Definicja 2. Punkt u nazywamy punktem stałym przekształcenia T : X → X, gdy T u = u.

Nie każde przekształcenie ma punkty stałe, np. T : Z → Z, T (n) = n + 1 nie ma. Po-

niższe twierdzenie jest jednym z wielu twierdzeń o punktach stałych. Twierdzenia to są
niezmiernie ważne dla innych działów matematyki – pozwalają przynajmniej na stwier-
dzenie istnienia rozwiązań różnorakich zagadnień, np. rozwiązań równań różniczkowych,
całkowych, czy innego typu. Zainteresowanym polecam też zaznajomienie się z klasycznym
twierdzeniem Brouwera (każde ciągłe odwzorowanie domkniętej kuli n-wymiarowej w siebie
ma co najmniej jeden punkt stały).

Twierdzenie 1 (Banach). Jeżeli X jest przestrzenią metryczną zupełną, a T : X → X
odwzorowaniem zwężającym, to T ma dokładnie jeden punkt stały.

Dowód. Łatwa jest jednoznaczność i ją zróbmy najpierw.

Załóżmy, że x i y są punktami stałymi dla T . Wtedy

d(x, y) = d(T x, T y) ¬ C · d(x, y),

czyli (1 − C) · d(x, y) ¬ 0, skąd wobec C < 1 mamy d(x, y) = 0.

Teraz istnienie punktu stałego. Oznaczamy n-tą iterację odwzorowania, tzn. T

1

x = T x,

T

n+1

x = T (T

n

x). Dodatkowa umowa: T

0

x = x. Jasne, że wtedy T m + n(x) = T

m

(T

n

x) =

T

n

(T

m

x). Indukcyjnie można udowodnić, że

d(T

n

x, T

n

y) ¬ C

n

· d(x, y)

Sprawdzimy, że ciąg (T

n

x) jest podstawowy. Ustalmy  > 0 i niech m < n.

d(T

m

x, T

n

x) = d(T

m

x, T

m

(T

n−m

x)) ¬ C

m

d(x, T

n−m

x).

(1)

Z kolei dla dowolnego k ∈ N mamy:

d(x, T

k

x)

¬ d(x, T x) + d(T x, T

2

x) + ... + d(x

k−1

, T

k

x)

¬ (1 + C + C

2

+ ..C

k−1

)d(x, T x) ¬

1

1 − C

d(x, T x).

Wracając do (1):

d(T

m

x, T

n

x) ¬

C

m

1 − C

d(x, T x).

1

Ponieważ lim

m→∞

C

m

= 0 możemy wybrać N tak, by

C

N

1 − C

d(x, T x) < ,

a wtedy dla dowolnych m, n > N zachodzi d(T

m

x, T

n

x) < . Istotnie, ciąg (T

n

x) jest więc

podstawowy, zatem jest zbieżny wobec zupełności X.

Okazuje się, że granica tego ciągu jest punktem stałym. Oznaczmy tę granicę przez u.

Wtedy

d(u, T u) ¬ d(u, T

n

u) + d(T

n

u, T u) ¬ d(u, T

n

u) + C · d(T

n−1

u, u)

n→∞

−→ 0,

więc d(u, T u) = 0, czyli u = T u.

Uwaga. Zauważmy, że założenie zupełności jest ważne, np. X = (0, ∞), T x =

1
2

x. Odwzo-

rowanie jest zwężające, bo |T x − T y| =

1
2

|x − y|, ale dla każdego x mamy T x =

1
2

x 6= x. Co

więcej, T

n

x =

1

2

n

x, a to nie ma granicy w X.

Stwierdzenie 1. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną, przekształcenie T : X → X
będzie zwężające ze stałą C, a u jego jedynym punktem stałym. Wtedy dla każdego x ∈ X
ciąg T

n

x jest zbieżny do u.

Dowód.

d(T

n

x, u) = d(T

n

x, T

n

u) ¬ C

n

d(x, u) → 0.

Przykład Rozważmy równanie x + θ cos x = 0, gdzie |θ| < 1. Jeśli zdefiniujemy T x =
−θ cos x, to rozwiązanie równania sprowadza się do znalezienia punktu stałego przekształ-
cenia T . Ponieważ |T

0

x| = |θ| < 1, a z twierdzenia Lagrange’a

|T x − T y| = |T

0

(c)||x − y|

otrzymujemy, że T jest zwężające na przestrzeni zupełnej R. Zatem równanie ma dokładnie
jedno rozwiązanie. Trudniej jest je znaleźć, ale przynajmniej można je przybliżać iteracjami
T

n

x, startując z dowolnego x. Tempo przybliżania: dla m > n mamy

d(T

m

x, u) ¬ d(T

m

x, T

n

x) + d(T

n

x, u) ¬

C

m

1 − C

d(T x, x) + d(T

n

x, u)

n→∞

−→ 0

Zatem d(T

m

x, u) ¬

C

m

1−C

d(T x, x).

2. Twierdzenie Baire’a

Twierdzenie 2. W zupełnej przestrzeni metrycznej każdy zbiór pierwszej kategorii jest
brzegowy.

Dowód. Niech A będzie zbiorem I kategorii, tzn. A =

S

∞
n=1

A

n

, gdzie A

n

są nigdziegęste.

Pokażemy, że każda kula K(x, r) zawiera punkty nie należące do A. Ustalmy x i r. Ponie-
waż A

1

jest nigdziegęsty, zbiór K(x, r) \ A

1

jest otwarty i niepusty, więc zawiera pewną

kulę domkniętą K

1

= K(x

1

, r

1

), przy czym możemy zażądać, by r

1

< 1. Istotnie, może-

my najpierw wybrać kulę K(x, r

0

1

), a potem wziąć r

1

=

1
2

r

0

1

. Podobnie ponieważ A

2

jest

2

nigdziegęsty, zbiór K

1

\ A

1

jest otwarty i niepusty, więc zawiera pewną kulę domkniętą

K

2

= K(x

2

, r

2

), przy czym możemy zażądać, by r

2

<

1
2

. Postępując indukcyjnie wybie-

ramy ciąg kul K

n

= K(x

n

, r

n

) o tej własności, że K

n

⊃ K(x

n+1

, r

n+1

) i r

n

<

1

n

. Ciąg

środków x

n

jest Cauchy’ego, bo dla m, n > N mamy x

m

, x

n

∈ K

N

, więc d(x

m

, x

n

) <

2

N

.

Zatem jest zbieżny do pewnego y. Ponadto dla każdego n punkt y należy do

K

n

, zatem

y 6∈

S

∞
n=1

A

n

.

Uwaga.

1. Zbiór typu G

δ

to przeliczalny przekrój zbiorów otwartych. Nie musi być

otwary, ale każdy zbiór otwarty jest typu G

δ

(U =

T

n

U

n

, gdzie U

n

= U dla wszyst-

kich n). W przestrzeni metrycznej także każdy domknięty jest typu G

δ

(bo dla F

domknietego mamy F =

T

n

K(F,

1

n

)). Przekrój przeliczalny zbiorów typu G

δ

jest też

typu G

δ

.

2. Analogiczne fakty dotyczą zbiorów typu F

σ

, czyli przeliczalnych sum zbiorów do-

mkniętych.

3. Zbiór jest nigdziegęsty wtedy i tylko wtedy, gdy jest zawarty w przeliczalnej sumie

domkniętych zbiorów brzegowych, czyli gdy jest typu F

σ

o brzegowych składnikach.

Stąd zbiory rezydualne to takie zawierające zbiór typu G

δ

, w którym przekrawamy

zbiory gęste.

Równoważne sformułowania twierdzenia Baire’a:

W przestrzeni zupełnej X:

1. każdy zbiór pierwszej kategorii jest brzegowy

2. przeliczalna suma domknietych zbiorów brzegowych jest brzegowa

3. przeliczalny przekrój gęstych zbiorów otwartych jest gęsty

4. każdy zbiór rezydualny jest gęsty

5. przeliczalny przekrój gęstych zbiorów otwartych jest niepusty

6. X jest zbiorem drugiej kategorii

Dowód. 1⇒2: Jasne, bo przeliczalna suma domknietych zbiorów brzegowych jest I kategorii
2⇒3: Przeliczalny przekrój gęstych zbiorów otwartych jest dopełnieniem przeliczalnej sumy
domknietych zbiorów brzegowych
3⇒4: Na mocy uwagi zbiór rezydualny zawiera przeliczalny przekrój gęstych zbiorów otwar-
tych. Zatem przeliczalny przekrój zbiorów rezydualnych tez zawiera taki przekrój. Czyli jest
nadzbiorem zbioru gęstego.
4⇒1: Jasne – przez dopełnienia
3⇒5: Oczywiste
5⇒3: Niech G =

S

n

G

n

będzie przeliczalnym przekrojem gęstych zbiorów otwartych. Weź-

my dowolny zbiór otwarty U ⊂ X. Znajdźmy kulę domkniętą

K = K(x, δ) ⊂ U . Zbiór K

tworzy z tą sama metryką przestrzeń zupełną. Można pokazać, że G

n

∩ K są otwarte i gęste

w K. Czyli ich przekrój jest niepusty. A skoro U był dowolnym zbiorem otwartym, to G
jest gęsty.

Twierdzenie 3. W przestrzeni zupełnej zbiór jest rezydualny wtedy i tylko wtedy, gdy
zawiera gęstą G

δ

. Zatem przeliczalny przekrój zbiorów rezydualnych jest rezydualny.

3