Diplom Ski

SADRZAJ 1

Sadrzaj

1 Uvod 21.1 Osnovne teoreme i definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Teorema o fiksnoj tacki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2 Parcijalni metricki prostori i primene 52.1 Parcijalna metrika, parcijalni metricki prostori . . . . . . . . . 52.2 Banahova teorema o fiksnoj tacki za kompletne dualne parci-

jalne metricke prostore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.3 Generalisane kontrakcije na parcijalnim metrickim prostorima 122.4 Kirkov tip karakterizacije kompletnosti za parcijalne metricke

prostore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Literatura 28

1 UVOD 2

1 Uvod

1.1 Osnovne teoreme i definicije

Dacemo neke osnovne teoreme, leme i definicije koje cemo koristiti u daljemradu:

Definicija 1.1 Neka je X neprazan skup, P(X) partitivni skup skupa Xi P(X). Familija je topologija na skupu X, ako zadovoljava sledeceuslove:

(i) , X (ii)

U1, U2, . . . , Un =ni=1

Ui

(iii)

{Ui : i I} =iIUi

Par (X, ) naziva se topoloski prostor.

Definicija 1.2 Za topoloski prostor X se kaze da je T0 prostor ako zaproizvoljne dve razlicite tacke x, y X bar jedna ima okolinu koja ne sadrzidrugu tacku.

Definicija 1.3 Neka je X neprazan skup. Funkcija d : X X R nazivase metrika(rastojanje) na skupu X ako zadovoljava sledece uslove:

(m1) d(x, y) 0 za svako x, y X,(m2) d(x, y) = 0 x = y,(m3) d(x, y) = d(y, x) za svako x, y X (simetrija),(m4) d(x, y) d(x, z) + d(z, y) za svako x, y, z X (nejednakost trougla).Par (X, d) naziva se metricki prostor.

Definicija 1.4 Niz (xn), tacaka metrickog prostora(X, d) je Kosijev ako zasvako > 0, postoji n0 N, tako da iz m,n n0 sledi d(xm, xn) < .

Simbolicki, niz (xn) je Kosijev ako

1 UVOD 3

( > 0)(n0 N)(m,n n0 = d(xm, xn) < ).Svaki konvergentan niz je Kosijev, a svaki Kosijev niz je ogranicen. AkoKosijev niz (xn) ima konvergentan podniz, tada je (xn) konvergentan niz.

Definicija 1.5 Metricki prostor (X, d) je kompletan ako je u njemu svakiKosijev niz konvergentan.

Definicija 1.6 Neka je X neprazan skup. Funkcija q : X X R+ nazivase kvazi-metrika na skupu X ako zadovoljava sledece uslove:

(q1) q(x, y) = q(y, x) = 0 x = y,(q2) q(x, y) q(x, z) + q(z, y) za svako x, y, z X. (nejednakost trougla)

Par (X, q) naziva se kvazi-metricki prostor.Svaka kvazi-metrika na X generise T0 topologiju T (d) na X koja ima kaoosnovu familiju otvorenih d-kugli {Bd(x, ) : x X, > 0}, gde je Bd(x, ) ={y X : d(x, y) < } za sve x X i > 0.Lema 1.1 Ako je d kvazi-metrika na X, tada je funkcija ds definisana naX X sa ds(x, y) = max{d(x, y), d(y, x)} metrika na X.

1.2 Teorema o fiksnoj tacki

Definicija 1.7 Neka je X neprazan skup i f : X X. Kaze se da funkcijaf ima fiksnu(nepokretnu) tacku ako postoji x X tako da je

f(x) = x,

a tada se element x naziva fiksna(nepokretna) tacka funkcije f.

Definicija 1.8 Neka je (X, d) metricki prostor. Preslikavanje f : X X jekontrakcija ako postoji realan broj q, 0 < q < 1, tako da je

d(f(x), f(y)) q d(x, y) za svako x, y X.Teorema 1.1 (Banah) Neka je (X, d) kompletan metricki prostor i presli-kavanje f : X X kontrakcija. Tada preslikavanje f ima tacno jednunepokretnu tacku.

Dokaz: Neka je x0 X proizvoljna tacka prostora X. Formirajmo niz (xn)tacaka prostora X pomocu xn = f(xn1), n = 1, 2, . . . . Dokazimo da je tajniz konvergentan. S obzirom da je po pretpostavci metricki prostor X ko-mpletan, dovoljno je dokazati da je niz (xn) Kosijev. Neka je a = d(x0, x1). Iz

1 UVOD 4

d(xn, xn+1) = d(f(xn1), f(xn)) q d(xn1, xn) qn d(x0, x1) = aqn,za m > n sledi

d(xn, xm) m1k=n

d(xk, xk+1) a m1k=n

qk k=n

qk = a qn

1 q . (?)

Odatle, zato sto je 0 < q < 1, sledi da je (xn) Kosijev niz. Prema tome, po-stoji x X tako da niz (xn) konvergira ka x. Dokazimo da je x nepokretnatacka preslikavanja f . Zaista, iz

0 d(xn, f(x)) = d(f(xn1, f(x)) q d(xn1, x),a kako xn x, sledi xn f(x), kad n , te je f(x) = x.Dokazimo jedinstvenost nepokretne tacke. Ako bi postojala jos jedna tackay X, y 6= x, sa svojstvom f(y) = y, tada iz

d(x, y) = d(f(x), f(y)) q d(x, y)sledi (1 q)d(x, y) 0, sto je suprotno pretpostavci 0 < q < 1.

Dokaz Banahovog principa kontrakcije daje metod za nalazenje nepokretnetacke x kontrakcije f . On se obicno zove metod sukcesivnih aproksimacija, asastoji se u tome da se polazeci od proizvoljne tacke x0 X (nulte aproksi-macije) formira niz xn = f(xn1) koji konvergira tacki x. Osim toga, kad u(?) uzmemo da m, sledi

d(xn, x) a qn

1 q , gde je a = d(x0, x1),

sto daje procenu greske koja se cini ako se tacno resenje x jednacine f(z) = zzameni pribliznom vrednoscu xn.

2 PARCIJALNI METRICKI PROSTORI I PRIMENE 5

2 Parcijalni metricki prostori i primene

2.1 Parcijalna metrika, parcijalni metricki prostori

Definicija 2.1 Parcijalna metrika na (nepraznom) skupu X je funkcijap : X X R+ takva da za svako x, y, z X vazi:(p1) x = y p(x, x) = p(x, y) = p(y, y)(p2) p(x, x) p(x, y)(p3) p(x, y) = p(y, x)

(p4) p(x, y) p(x, z) + p(z, y) p(z, z)

Definicija 2.2 Parcijalan metricki prostor je ureden par (X, p), gde je Xneprazan skup, a p parcijalna metrika na X.

Svaka parcijalna metrika p na X generise T0 topologiju p na X cijuosnovu cini familija otvorenih p-kugli {Bp(x, ) : x X, > 0}, gde jeBp(x, ) = {y X : p(x, y) < p(x, x) + } za svako x X i > 0.

Iz ove cinjenice sledi da niz (xn) u parcijalnom metrickom prostoru (X, p)konvergira ka tacki x X ako i samo ako p(x, x) = limn p(x, xn).Definicija 2.3 Niz (xn) u parcijalnom metrickom prostoru (X, p) je Kosijevako postoji(i konacan je) limn,m p(xn, xm).

Definicija 2.4 Parcijalan metricki prostor (X, p) je kompletan ako svakiKosijev niz (xn) u X konvergira, u skladu sa p, ka tacki x X tako daje p(x, x) = limn,m p(xn, xm).

Primer 2.1 Najjednostavniji primer parcijalnog metrickog prostora je uredenpar (R+, p), gde je p(x, y) = max{x, y} za svako x, y R+.

Primer 2.2 Svaka metrika p na skupu X je parcijalna metrika na skupu X,takva da je

x X, p(x, x) = 0.

Primer 2.3 Neka je I = {[a, b] : a, b R, a b}. Funkcija p : I I R+,definisana sa

[a, b], [c, d] I, p([a, b], [c, d]) = max{b, d} min{a, c}


je parcijalna metrika na skupu I. Tezina(samo-rastojanje) p([a, b], [a, b]) =b a je duzina intervala [a, b].Lema 2.1 Neka je (X, p) parcijalan metricki prostor. Ako je p(x, y) = 0,tada je x = y.

Dokaz: Na osnovu osobine (p2) parcijalne metrike je p(x, x) = 0 i p(y, y) =0. Sada, iz osobine (p1) parcijalne metrike sledi x = y.

Obrat u opstem slucaju ne vazi. p(x, x) ukazuje na tezinu tacke x, u cilju daopise kolicinu podataka smestenu u x.

Lema 2.2 Ako je p parcijalna metrika na X, tada funkcija ps : XX R+data sa

ps(x, y) = 2p(x, y) p(x, x) p(y, y)je metrika na X.

Dokaz: Treba dokazati osobine (m1)(m4) za metriku. Iz osobina (p1)p(4)parcijalne metrike dokazacemo:

(p2) (p1) (m1)(p2) (m2)(p3) (m3)(p4) (m4)

Na osnovu osobine (p2) parcijalne metrike imamo da je p(x, x) p(x, y) p(y, y) p(x, y) za svako x, y X. Sabirajuci ove dve nejednakosti, imamoda je p(x, x)+p(y, y) 2p(x, y) tj. ps(x, y) = 2p(x, y)p(x, x)p(y, y) 0,cime je dokazana osobina (m2).

Da je ps(x, y) = ps(y, x) sledi direktno iz (p3) i definicije za ps. Time smo

dokazali da za ps vazi osobina (m3) metrike.ps(x, y) = 0 2p(x, y) = p(x, x) + p(y, y) p(x, x) = p(x, y) =

p(y, y) , odakle na osnovu (p1) imamo da je x = y. Time smo dokazali da zaps vazi osobina (m1) metrike.

Na osnovu osobine (p4) parcijalne metrike, imamo da je p(x, y) p(x, z)+p(z, y) p(z, z), a odavde 2p(x, y) 2p(x, z) + 2p(z, y) 2p(z, z). Oduzi-majuci levu i desnu stranu prethodne nejednakosti sa p(x, x) + p(y, y), do-bijamo ps(x, y) ps(x, z) + p(z, y), cime smo dokazali da za ps vazi osobina(m4) metrike.

ONil je predlozio jednu znacajnu izmenu Metjuzovoj definiciji, prosirujucikodomen sa R+ na R. Takva parcijalna metrika se zove dualna parcijalna


metrika, a ureden par (X, p) gde je X neprazan skup, a p dualna parcijalnametrika na X dualan parcijalan metricki prostor.

Analogno kao za parcijalnu metriku, svaka dualna parcijalna metrika p naX generise T0 topologiju p na X ciju osnovu cini familija otvorenih p-kugli{Bp(x, ) : x X, > 0}, gde je Bp(x, ) = {y X : p(x, y) < p(x, x) + }za svako x X i > 0. Shodno tome, analogna su potrebni i dovoljni usloviza konvergenciju niza (xn) u dualnom metrickom prostoru (X, d), definicijaKosijevog niza i definicija kompletnog dualnog metrickog prostora.

Primer 2.4 Ureden par (R, p) , gde je p(x, y) = max{x, y} je primer du-alnog parcijalnog metrickog prostora. Pored toga, on nije parcijalni metrickiprostor.

Lema 2.3 Ako je (X, p) dualan parcijalni metricki prostor, tada je funkcijadp : X X R+ definisana sa

dp(x, y) = p(x, y) p(x, x)kvazi-metrika na X takva da je (p) = (dp).

Dokaz: Neka su x, y X. Tada je dp(x, y) = p(x, y) p(x, x) uvek nenega-tivno, jer je p(x, x) p(x, y).

Treba proveriti da je dp kvazi-metrika na X. Neka su x, y, z X.Ocigledno je da x = y obezbeduje da je dp(x, y) = dp(y, x) = 0. Stavise,ako je dp(x, y) = dp(y, x) = 0, tada je na osnovu definicije za dp,

p(x, y) p(x, x) = p(y, x) p(y, y) = 0 p(x, x) = p(x, y) = p(y, y),a odavde na osnovu osobine (p1) za parcijalnu metriku sledi da je x = y.Dalje, na osnovu osobine (p4) za parcijalnu metriku,

dp(x, y) = p(x, y) p(x, x) p(x, z) + p(z, y) p(z, z) p(x, x) = dp(x, z) + dp(z, y).

Konacno, pokazimo da je (p) = (dp). Zaista, neka je x X, > 0 iy Bdp(x, ). Tada je dp(x, y) = p(x, y) p(x, x) , a odavde p(x, y) + p(x, x). Dakle, y Bp(x, ) i (dp) (p).

Obratno, ako je y Bp(x, ), tada je p(x, y) + p(x, x). Prema tome,dp(x, y) = p(x, y) p(x, x) , y Bdp(x, ), i (p) (dp). Time je lemadokazana.

Takode, Hekmen je generalisao parcijalnu metriku izostavljajuci aksiomuo malom samo-rastojanju p(x, x) p(x, y). Parcijalna metrika u Hekme-novom smislu se zove slaba parcijalna metrika.


Nejednakost 2p(x, y) p(x, x) + p(y, y) je zadovoljena za sve x, y uslabom parcijalnom metrickom prostoru, sto sledi iz osobine (p4) za parcija-lnu metriku.

2.2 Banahova teorema o fiksnoj tacki za kompletne du-alne parcijalne metricke prostore

Lema 2.4 Dualan parcijalan metricki prostor (X, p) je kompletan akko jemetricki prostor (X, (dp)

s) komletan. Stavise, limn(dp)s(a, xn) = 0 akkop(a, a) = limn p(a, xn) = limn,m p(xn, xm).

Dokaz: Prvo cemo pokazati da je svaki Kosijev niz u (X, p) Kosijev niz u(X, (dp)

s). Neka je (xn)n Kosijev niz u (X, p). Tada postoji R tako daza dato > 0, postoji n N tako da je

|p(xn, xm) | < 2

, za sve n,m n.

Odavde sledi,

dp(xn, xm) = p(xn, xm) p(xn, xn) = |p(xn, xm) + p(xn, xn)|

|p(xn, xm)|+|p(xn, xn)| < 2 + 2 = , za sve n,m n.

Slicno, pokazujemo da je dp(xm, xn) < , za sve n,m n. Odavde je(dp)

s(xn, xm) = max{dp(xn, xm), dp(xm, xn)} < , za sve n,m n. Za-kljucujemo da je (xn)n Kosijev niz u (X, (dp)

s).Sledece sto cemo pokazati je da kompletnost prostora (X, (dp)

s) povlacikompletnost prostora (X, p). Zaista, ako je (xn)n Kosijev niz u (X, p), tadaje on Kosijev niz u (X, (dp)

s). Posto je metricki prostor (X, (dp)s) komletan,

zakljucujemo da postoji y X tako da je limn(dp)s(y, xn) = 0. Posto je(xn)n Kosijev niz u (X, p), dovoljno je videti da je limn p(xn, xn) = p(y, y).Neka je > 0. Tada postoji n0 N tako da je (dp)s(y, xn) < 2 uvek kada jen n0. Tada

|p(y, y) p(xn, xn)| |p(y, y) p(y, xn)|+ |p(y, xn) p(xn, xn)|

= dp(y, xn) + dp(xn, y) < 2(dp)s(y, xn) < ,

uvek kada je n n0. Sada, neposredno iz limn,m(dp)s(xn, xm) = 0 imamoda je limn,m p(xn, xm) = limn p(xn, xn) = p(y, y). To pokazuje da je(X, p) kompletan.


Sada cemo pokazati da je svaki Kosijev niz u (X, (dp)s) Kosijev niz u

(X, p). Neka je = 12. Tada postoji n0 N tako da je dp(xn, xm) < 12 za sve

n,m n0. Iz definicije za dp sledi da jedp(xn, xn0) + p(xn, xn) = dp(xn0 , xn) + p(xn0 , xn0),

a odavde|p(xn, xn)| = |dp(xn0 , xn) + p(xn0 , xn0) dp(xn, xn0)|

dp(xn0 , xn) + |p(xn0 , xn0)|+ dp(xn, xn0)

2(dp)s(xn, xn0) + |p(xn0 , xn0)|

< 1 + |p(xn0 , xn0)|

Stoga je niz (p(xn, xn))n ogranicen u R, pa postoji a R tako da podniz(p(xnk , xnk))k konvergira ka a, tj. limk p(xnk , xnk) = a.

Ostaje da pokazemo da je (p(xn, xn))n Kosijev niz u R. Posto je (xn)nKosijev niz u (X, (dp)

s), za dato > 0, postoji n N tako da vazi da je(dp)

s(xn, xm) 0, postoji n N tako da jep(y, xn) p(y, y) < i p(y, y) p(xn, xn) <

kad god je n n. Kao posledicu imamodp(y, xn) = p(y, xn) p(y, y) <

idp(xn, y) = p(y, xn) p(xn, xn)

|p(y, xn) p(y, y)|+ |p(y, y) p(xn, xn)| < 2

kad god je n n. Stoga je (X, (dp)s) kompletan.Konacno, neposredno po definiciji sledi da je limn(dp)s(a, xn) = 0 akko

p(a, a) = limn p(a, xn) = limn,m p(xn, xm).

Teorema 2.1 Neka je f preslikavanje kompletnog dualnog parcijalnog metrickogprostora (X, p) na sebe za koje postoji realan broj c , 0 c < 1, tako da je

|p(f(x), f(y))| c|p(x, y)|, (1)

za sve x, y X. Tada f ima jedinstvenu fiksnu tacku.

Dokaz: Fiksirajmo x X. Tada je jasno da je za svako n N

|p(fn(x), fn(x))| cn|p(x, x)| ()

i

|p(fn(x), fn+1(x))| cn|p(x, f(x))|.Na osnovu definicije za dp imamo da je

dp(fn(x), fn+1(x)) + p(fn(x), fn(x)) = p(fn(x), fn+1(x)),

zakljucujemo da je

dp(fn(x), fn+1(x)) + p(fn(x), fn(x)) cn|p(x, f(x))|.


Stoga

dp(fn(x), fn+1(x)) cn|p(x, f(x))| p(fn(x), fn(x))

cn|p(x, f(x))|+ |p(fn(x), fn(x))|

cn(|p(x, f(x))|+ |p(x, x)|).

Neka su n, k N. Tada je

dp(fn(x), fn+k(x)) dp(fn(x), fn+1(x)) + + dp(fn+k1(x), fn+k(x))

(cn+ +cn+k1)(|p(x, f(x))|+|p(x, x)|)

cn

1 c(|p(x, f(x))|+ |p(x, x)|). ()

Slicno, zakljucujemo da je

dp(fn+k, fn(x)) c

n

1 c(|p(x, f(x))|+ |p(x, x)|).

Odavde sledi da je (fn(x))n Kosijev niz u metrickom prostoru (X, (dp)s),

koji je kompletan na osnovu prethodne leme. Zato postoji a X tako da jelimn(dp)s(a, fn(x)) = 0. Zelimo da pokazemo da je a jedinstvena fiksnatacka za f . Na osnovu prethodne leme,imamo da je

p(a, a) = limn p(a, fn(x)) = limn,m p(fn(x), fm(x)).

Stavise, iz () i ()limn,m dp(fn(x), fm(x)) = limn p(fn(x), fn(x)) = 0

pa na osnovu definicije za dp, imamo da je

limn,m p(fn(x), fm(x)) = 0.

Zato je p(a, a) = limn p(a, fn(x)) = 0. Sada, posto je

|p(f(a), f(a))| c|p(a, a)| = 0,sledi da je p(f(a), f(a)) = 0. Sa druge strane, posto je


|p(f(a), fn(x))| c|p(f(a), f(a))|,sledi da je

limn p(f(a), fn(x)) = 0.

Tada na osnovu prethodne leme sledi da je f(a) granicna vrednost niza(fn(x))n u metrickom prostoru (X, (dp)

s). Zbog toga je a = f(a). Na kraju,neka je b X, tako da je b = f(b). Tada je

|p(a, b)| = |p(f(a), f(b)| c|p(a, b)|,odakle sledi (1 c)|p(a, b)| 0, a ovo vazi samo kad je p(a, b) = 0, odakle jea = b. Time je teorema dokazana.

Posledica 2.1 (Metjuz) Neka je f preslikavanje kompletnog parcijalnogmetrickog prostora (X, p) na sebe za koje postoji realan broj c , 0 c < 1,tako da je

p(f(x), f(y)) c p(x, y), (2)za sve x, y X. Tada f ima jedinstvenu fiksnu tacku.

Postavlja se pitanje da li uslov (1) teoreme moze biti zamenjen uslovom(2) posledice. Sledeci primer pokazuje da to nije moguce.

Primer 2.5 Neka je X = (, 2], i neka je p dualna parcijalna metrika naX data sa

p(x, y) = max{x, y}za sve x, y X. Posto je (X, (dp)s) kompletan metricki prostor, (X, p) jekompletan dualni parcijalni metricki prostor.

Neka je f preslikavanje iz X na sebe, definisano sa f(x) = x 1, za svex (, 2]. Kako je x 1 1

2x, za svako x (, 2], nije tesko videti da

je p(f(x), f(y)) 12p(x, y), za sve x, y X. Medutim, jasno je da f nema

nijednu fiksnu tacku.

2.3 Generalisane kontrakcije na parcijalnim metrickimprostorima

Pomenucemo generalizacije Banahovog principa kontrakcije. Neka je (X, d)kompletan metricki prostor i F : X X preslikavanje. Kanan je zamenioBanahov uslov sledecim uslovom : ako postoji (0, 1

2) tako da je

d(Fx, Fy) [d(x, Fx) + d(y, Fy)]


za sve x, y X, tada F ima jedinstvenu fiksnu tacku. Rajh je uopstioBanahovu i Kananovu teoremu o fiksnoj tacki koristeci uslov kontrakcije: zasve x, y X,

d(Fx, Fy) d(x, y) + d(x, Fx) + d(y, Fy),gde su , , nenegativni realni brojevi za koje vazi + + < 1. Ciric jeuopstio prethodne teoreme, koristeci uslov kontrakcije: za sve x, y X ,

d(Fx,Fy)(x,y)d(x,y)+(x,y)d(x,Fx)+(x,y)d(y,Fy)+(x,y)[d(x,Fy)+d(y,Fx)],

gde su , , , funkcije iz X2 na [0, 1), tako da je

= sup{(x, y) + (x, y) + (x, y) + 2(x, y) : x, y X} < 1Preslikavanja koja zadovoljavaju prethodna dva uslova, Ciric je nazvao gene-ralisanim kontrakcijama. U skladu sa tim, preslikavanje F metrickog prostora(X, d) na sebe je generalisana kontrakcija akko F zadovoljava sledeci uslov:

d(Fx, Fy) m(x, y),gde je

m(x, y) = max{d(x, y), d(x, Fx), d(y, Fy), 12[d(x, Fy) + d(y, Fx)]},

(0, 1) i x, y X. Jos jedna generalizacija Banahovog uslova kontrakcijekoja nije linearnog tipa je da za sve x, y X

d(Fx, Fy) (d(x, y)),gde je : R+ R+ (R+ nenegativni realni brojevi)poluneprekidna funkcijas gornje strane sa desna (iz n sledi da lim supn (n) ()) takoda je (t) < t za svako t > 0. Metkovski je koristio drugaciji tip nelinearnoguslova kontrakcije: za sve x, y X,

d(Fx, Fy) (d(x, y)),gde je : R+ R+ neopadajuca funkcija za koju vazi limn n(t) = 0 zasvako t > 0. Generalizacija nelinearnog uslova kontrakcije je: za sve x, y X

d(Fx, Fy) (m(x, y)),gde je : R+ R+ neprekidna, neopadajuca funkcija za koju vazi (t) < tza svako t > 0.

Sada cemo dokazati neke uopstene verzije rezulata Metjuza, koristeci ra-zlicite vrste uslova u parcijalnim metrickim prostorima.

Slicno kao za dualne parcijalne metricke prostore moze se dokazati sledecalema.


Lema 2.5 Neka je (X, p) parcijalan metricki prostor.

(a) (xn)n je Kosijev niz u (X, p) akko je Kosijev niz u (X, ps)

(b) Parcijalan metricki prostor (X, p) je kompletan akko je metricki prostor(X, ps) komletan. Stavise,

limn ps(xn, x) = 0 akko p(x, x) = limn p(xn, x) = limn,m p(xn, xm).

Lema 2.6 Neka je (X, p) parcijalan metricki prostor, A X i x0 X.Definisimo p(x0, A) = inf{p(x0, x) : x A}. Tada je a A p(a,A) =p(a, a).

Dokaz:

a A Bp(a, ) A 6= za svako > 0

p(a, x) < + p(a, a) za svako > 0 i neko x X

p(a, x) p(a, a) < za svako > 0 i neko x X

inf{p(a, x) p(a, a) : x A} = 0

inf{p(a, x) : x A} p(a, a) = 0

inf{p(a, x) : x A} = p(a, a)

p(a,A) = p(a, a).

Teorema 2.2 Neka je (X, p) kompletan parcijalan metricki prostor, i pre-slikavanje F : X X, tako da je

p(Fx, Fy) (max{p(x, y), p(x, Fx), p(y, Fy), 12

[p(x, Fy)+p(y, Fx)]}) (3)

za sve x, y X, gde je : [0,) [0,) neprekidna, neopadajuca funkcijatako da je (t) < t, za svako t > 0. Tada F ima jedinstvenu fiksnu tacku.

Dokaz: Iz uslova za , jasno je da je limn n(t) = 0 za t > 0. Nekaje x0 X proizvoljna tacka. Definisimo niz (xn) u X sa xn = Fxn1, zan = 1, 2, . . . . Ako je xn0 = xn0+1 za neko n0 = 0, 1, 2, . . . , onda je jasno daje xn0 fiksna tacka za F . Pretpostavimo da je xn 6= xn+1, za svako n. Tadaiz (3) imamo


p(xn+1, xn) = p(Fxn, Fxn1) (max{p(xn, xn1), p(xn, Fxn), p(xn1, Fxn1), 12 [p(xn, Fxn1)+p(xn1, Fxn)]})

(max{p(xn, xn1), p(xn, xn+1), 12 [p(xn1, xn) + p(xn, xn+1)]})= (max{p(xn, xn1), p(xn, xn+1)}), (4)

posto je

p(xn, xn) + p(xn1, xn+1) p(xn1, xn) + p(xn, xn+1) (direktno sledi izosobine (p4) za parcijalnu metriku) i je neopadajuca funkcija. Ako je

max{p(xn, xn1), p(xn, xn+1)} = p(xn, xn+1)

za neko n, tada iz (4) , p(xn, xn+1) > 0 i osobine funkcije imamo

p(xn+1, xn) (p(xn, xn+1)) < p(xn+1, xn)

sto je kontradikcija. Dakle,

max{p(xn, xn1), p(xn, xn+1)} = p(xn, xn1)

za svako n. Tada iz (4) sledi da je

p(xn+1, xn) (p(xn, xn1)) i otuda

p(xn+1, xn) n(p(x1, x0)). (5)

Sa druge strane, posto je

max{p(xn, xn), p(xn+1, xn+1)} p(xn, xn+1)

tada iz (5) imamo da je

max{p(xn, xn), p(xn+1, xn+1)} n(p(x1, x0)). (6)

Stavise

ps(xn, xn+1) = 2p(xn, xn+1) p(xn, xn) p(xn+1, xn+1)

2p(xn, xn+1) + p(xn, xn) + p(xn+1, xn+1)


4n(p(x1, x0)).

To pokazuje da je limn ps(xn, xn+1) = 0. Sada imamo da je

ps(xn+k, xn) ps(xn+k, xn+k1) + . . . ps(xn+1, xn)

4n+k1(p(x1, x0)) + . . . n(p(x1, x0)).

To pokazuje da je (xn) Kosijev niz u (X, ps). Posto je (X, p) kompletan

iz prethodne leme je (X, ps) kompletan. Dakle (xn) konvergira u metrickomprostoru (X, ps), recimo limn ps(xn, x) = 0. Ponovo iz prethodne leme,sledi da je

p(x, x) = limn p(xn, x) = limn,m p(xn, xm). (7)

(xn) je Kosijev niz u metrickom prostoru (X, ps), pa je limn,m ps(xn, xm) =

0, i iz (6) imamo da je limn p(xn, xn) = 0. Iz ove dve cinjenice i definicijeza metriku ps sledi da je limn,m p(xn, xm) = 0. Tada iz (7) sledi da jep(x, x) = limn p(xn, x) = limn,m p(xn, xm) = 0. Sada cemo pokazati daje p(x, Fx) = 0. Pretpostavimo da to nije tacno, tada iz (3) imamo da je

p(x, Fx) p(x, Fxn)+p(Fxn, Fx)p(Fxn, Fxn) p(x, xn+1)+p(Fxn, Fx)

p(x, xn+1)+(max{p(x, xn), p(x, Fx), p(xn, xn+1), 12 [p(x, xn+1)+p(xn, Fx)]})

p(x, xn+1)+(max{p(x, xn), p(x, Fx), p(xn, xn+1), 12 [p(x, xn+1)+p(xn, x)+

p(x, Fx) p(x, x)]}) = p(x, xn+1) + (max{p(x, xn), p(x, Fx), p(xn, xn+1),12[p(x, xn+1) + p(xn, x) + p(x, Fx)]})

koristeci neprekidnost funkcije i pustajuci da n, imamo da je

p(x, Fx) (p(x, Fx)),

sto je kontradikcija. Zato je p(x, Fx) = 0, i zato x = Fx. Neka je sadaz fiksna tacka za F , tako da je x 6= z. Tada iz (3), posto je p(x, x) = 0,imamo da je

p(x, z) = p(Fx, Fz)


(max{p(x, z), p(x, Fx), p(z, Fz), 12[p(x, Fz) + p(z, Fx)]})

(max{p(x, z), p(x, x), p(z, z), 12[p(x, z) + p(z, x)]})

(max{p(x, z), p(z, z)})

= (p(x, z)),

sto je kontradikcija. Zato je x = z.

Primer 2.6 Neka je X = [0,) i p(x, y) = max{x, y}. (X, p) je tada ko-mpletan parcijalan metrcki prostor. Neka je F : X X, Fx = x2

1+x, za svako

x X i : [0,) [0,), (t) = t21+t. Tada za sve x, y X, takve da je

x y imamo da je

p(Fx, Fy) = max{ x21+x

, y2

1+y} = x2

1+x

= (p(x, y)) (max{p(x, y), p(x, Fx), p(y, Fy), 12[p(x, Fy) + p(y, Fx)]}).

Ovo pokazuje da su svi uslovi prethodne teoreme ispunjeni, pa F ima je-dinstvenu fiksnu tacku.

Ako funkciju iz prethodne teoreme, izaberemo sa (t) = t, gde je [0, 1), dobijamo sledecu posledicu.

Posledica 2.2 Neka je (X, p) kompletan parcijalan metricki prostor, i pre-slikavanje F : X X, tako da je

p(Fx, Fy) max{p(x, y), p(x, Fx), p(y, Fy), 12[p(x, Fy) + p(y, Fx)]}

za sve x, y X, gde je [0, 1). Tada F ima jedinstvenu fiksnu tacku.

Teorema 2.3 Neka je (X, p) kompletan parcijalan metricki prostor, i pre-slikavanje F : X X, tako da je

p(Fx, Fy) ap(x, y) + bp(x, Fx) + cp(y, Fy) + dp(x, Fy) + ep(y, Fx) (8)

za sve x, y X, gde su a, b, c, d, e 0 i, ako je d e, tada je a+b+c+d+e 0, tako daje Bp(x0, r) U . Neka je = p(x0, U) = inf{p(x0, x) : x U}. Iz Leme2.6, r = p(x0, x0) > 0. Fiksirajmo > 0, tako da je

0, pa je (1) < (f1), na osnovu definicijeza , sto je kontadikcija sa uslovom p(1, f1) (1)(f1). Zato je 1 = f1,sto je opet kontrdikcija sa p(1, f1) (1) (f1). Zakljucujemo da f nijep-Karistijevo preslikavanje na N.

Medutim, moguce je dati karakterizaciju za one parcijalne metricke prostoreu kojima svako ps-Karistijevo preslikavanje ima fiksnu tacku, i to u stiluKirkove karakterizacije metricke kompletnosti. To cemo postici uvodenjempojma 0-kompletnih parcijalnih metrickih prostora.

Definicija 2.6 Niz (xn)nN u parcijalnom metrickom prostoru (X, p) zovese 0-Kosijev niz ako je limn,m p(xn, xm) = 0. Kazemo da je (X, p) 0-kompletan, ako svaki 0-Kosijev niz u X konvergira, u skladu sa p, ka tackix X, tako da je p(x, x) = 0.


Primetimo da je svaki 0-Kosijev niz u (X, p) Kosijev u (X, ps), i da jesvaki kompletan parcijalni metricki prostor 0-kompletan.

Sa druge strane, parcijalni metricki prostor (Q [0,), p), gdeQ oznacavaskup racionalnih brojeva, i parcijalna metrika p je data sa p(x, y) = max{x, y},predstavlja primer 0-kompletnog parcijalnog metrickog prostora koji nije ko-mpletan.

Lema 2.7 Neka je (X, p) parcijalni metricki prostor. Tada, za svako x X,funkcija px : X [0,) data sa px(y) = p(x, y) je funkcija poluneprekidnas donje strane na (X, ps).

Dokaz: Pretpostavimo da je limn ps(y, yn) = 0,tada

px(y) px(yn)+p(yn, y)p(yn, yn) = px(yn)+ps(yn, y)p(yn, y)+p(y, y).

Iz ovoga sledi da je lim infn px(yn) px(y), jer je p(y, y) p(y, yn). Teorema 2.5 Parcijalni metricki prostor (X, p) je 0-kompletan akko svakops-Karistijevo preslikavanje f na X ima fiksnu tacku.

Dokaz: Pretpostavimo da je (X, p) 0-kompletan i neka je f ps-Karistijevopreslikavanje na X. Tada postoji : X [0,) koja je funkcija polunepre-kidna s donje strane na (X, ps) i vazi

p(x, fx) (x) (fx) (16)za svako x X.

Sada, za svako x X, definisimo

Ax := {y X : p(x, y) (x) (y)}. (17)

Primetimo da je Ax 6= , jer je fx Ax. Stavise Ax je zatvoren umetrickom prostoru (X, ps), posto je y 7 p(x, y) + (y) funkcija polunepre-kidna s donje strane na (X, ps).

Fiksirajmo x0 X. Neka je x1 Ax0 tako da je (x1) < infyAx0 (y) +21. Iz x1 Ax0 p(x0, x1) (x0) (x1). Neka je y Ax1 . Po definicijiza Ax1 je p(x1, y) (x1) (y). Odavde je

p(x0, y) p(x0, x1) + p(x1, y) p(x1, x1) p(x0, x1) + p(x1, y)

(x0) (x1) + (x1) (y) = (x0) (y)


Dakle, y Ax0 i stoga, Ax1 Ax0 . Takode, imamo da je

p(x1, x) (x1)(x) < infyAx0 (y)+21(x) (x)+21(x) = 21.

Nastavljajuci ovaj postupak, konstruisacemo niz (xn)nN0 u X, kome jepridruzen niz (Axn)nN0 zatvorenih podskupova u (X, p

s), koji zadovoljava:

(i) Axn+1 Axn , xn+1 Axn , za svako n N0,

(ii) p(xn, x) < 2n, za svako x Axn , n N.

Posto je p(xn, xn) p(xn, xn+1), na osnovu (i) i (ii), p(xn, xm) < 2n,za svako m > n, sledi da je limn,m p(xn, xm) = 0, pa je (xn)nN0 0-Kosijev niz u (X, p), i prema nasoj pretpostavci, postoji z X, tako daje limn p(z, xn) = p(z, z) = 0, i odavde sledi da je limn ps(z, xn) = 0.Stoga, z nN0 Axn .

Na kraju, pokazimo da je z = fz. Primetimo najpre, da je

p(xn, fz) p(xn, z) +p(z, fz) (xn)(z) +(z)(fz) = (xn)(z),

za svako n N0. Kao posledicu imamo da je fz nN0 Axn . Tada,

na osnovu (ii) imamo da je p(xn, fz) < 2n, za svako n N. Kako je

p(z, fz) p(z, xn)+p(xn, fz), i limn p(z, xn) = 0, sledi da je p(z, fz) = 0,a odavde je z = fz.

Obratno, pretpostavimo da postoji 0-Kosijev niz (xn)nN0 u (X, p), kojinije konvergentan u (X, ps). Konstruisimo podniz (yn)nN0 niza (xn)nN0 ,tako da je p(yn, yn+1) < 2

(n+1), za svako n N0.Stavimo da je A = {yn : n N0}, i definisimo f : X X sa fx = y0 ako

je x X \ A, i fyn = yn+1, za svako n N0. Primetimo da je A zatvoren u(X, ps).

Sada definisimo : X [0,) sa (x) = p(x, y0) + 1 ako je x X \ A,i (yn) = 2

n, za svako n N0. Primetimo da je (yn+1) < (yn), za svakon N0 i (y0) (x), za svako x X \ A. Iz ove cinjenice i prethodneleme, zakljucujemo da je funkcija poluneprekidna s donje strane na (X, ps).

Stavise, za svako x X \ A imamo

p(x, fx) = p(x, y0) = (x) (y0) = (x) (fx)


i za svako yn A imamo

p(yn, fyn) = p(yn, yn+1) < 2(n+1) = (yn) (yn+1) = (yn) (fyn)

Dakle, f je ps-Karistijevo preslikavanje na X bez fiksne tacke, sto jekontradikcija. Ovim je dokaz zavrsen.

LITERATURA 28

Literatura

[1] Dr Vladimir Rakocevic, Funkcionalna analiza, Naucna knjiga, Beograd1994.

[2] Sandra Oltra, Oscar Valero, Banachs fixed point theorem for partialmetric spaces, Rend.Istit. Mat. Univ. Trieste 36(2004) 17-26.

[3] Ishak Altun, Ferhan Sola, Hakan Simsek, Generalized contractions onpartial metric spaces, Topology and its Applications(2010).

[4] Salvador Romaguera, A Kirk type characterization of completenessfor partial metric spaces, Fixed Point Theory Appl.(2010), Article ID493298, 6pp.

[5] S.G. Matthews, Partial metric topology, in: Proc. 8th Summer Confer-ence on General Topology and Applications, in: Ann. New York Acad.Sci., vol. 728, 1994, pp. 183-197.

[6] M.H. Escardo, PCF extended with real numbers, Theoret. Comput. Sci.162 (1996)

Documents

Diplom Ski