Basic Analysis (Jiri Lebl) 26日目 縮小写像と不動点定理

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Chapter 7. Metric Spaces

$(X, d), (X', d')$は距離空間とする.

7.6 Fixed point theorem and Picard’s theorem again

fixed point theorem(不動点定理)をcontraction mapping(縮小写像)の場合に証明する.

Definition

$f: X \rightarrow X$が$x \in X$をfixed point(不動点)に持つ
$\Leftrightarrow$ $x = f(x)$

7.6.1 Fixed point theorem

Definition 7.6.1

$f: X \rightarrow X'$がcontraction(or contractive map)である
$\Leftrightarrow f$は$k < 1$に$k$-Lipschitz写像
$\Leftrightarrow \exists k < 1 \ \ \text{s.t. } d(f(x), f(y)) \leq kd(x, y) \forall x, y \in X$

Theorem 7.6.2 (Contraction mapping principle or Fixed point theorem)

$(X, d)$は空でない完備距離空間で,$f: X \rightarrow X$は縮小写像とする.このとき$f$は不動点を唯一つ持つ.
proof.

$x_0 \in X$とする.$x_{n+1} = f(x_n)$として無限点列$\{x_n\}_{n \geq 0}$が定まる.
　 $$d(x_{n+1}, x_n) = d(f(x_n), f(x_{n-1})) \leq kd(x_n, x_{n-1}) \leq \cdots \leq k^n d(x_1, x_0)$$
が必ず成立する.したがって$m > n$なら
$$\begin{aligned} d(x_m, x_n) &\leq \sum_{i=n} ^{m-1} d(x_{i+1}, x_i) \\ & \leq \sum_{i=n}^{m-1} k^i d(x_1, x_0) \\ & = k^nd(x_1, x_0)\sum_{i=0}^{m-n-1} k^i \\ &\leqq k^n d(x_1, x_0) \sum_{i=0}^{\infty} k^i = k^nd(x_1, x_0) \frac{1}{1-k} \end{aligned}$$
故に,$\{x_n\}$はCauchy列である.完備性から,$\{x_n\}$は$x \in X$に収束する.$f$はcontractionだから$k$-Lipschitzだから連続.連続性より$f(x) = f(\lim x_n) = \lim f(x_n) = \lim x_{n+1} = x$が成立し,$x$は$f$の不動点.
さらに,$x, y$が$f$の不動点であると仮定するとき,
$d(f(x), f(y)) = d(x, y) \leq kd(x,y)$が成立する.$k < 1$から,$d(x, y)=0$.距離の公理から,$x=y$.一意性が示せた.

7.6.2 Picard’s theorem

この節では,距離空間は$X= C([a, b], \mathbb{R})$, $d(f, g) = \sup_x |f(x)-g(x)|$の組を考える.この距離空間は完備である.
fixed point theoremを使って,古典的なPicard’s theoremを証明する.
$$\frac{dy}{dx} = F(x, y)$$
という微分方程式で,初期値$x_0, y_0$が与えられているとき,$f(x_0) = y_0, f'(x) = F(x, f(x))$である$y = f(x)$を考える.簡単のため,$y'=F(x, y)$とか,$y=y(x)$とか書くことにする.Picard’s theoremは,Lipschitz連続性の過程のもとで,$x_0$の近くで,述べたような$f$が存在することを主張している.

Theorem 7.6.3 (Picard’s theorem on existence and uniqueness)

$I, J \subset \mathbb{R}$はcompact区間とする.$I_0, J_0$を$I, J$の内部として,$(x_0, y_0) \in I_0 \times J_0$で$F: I \times J \rightarrow \mathbb{R}$が連続で,第二変数についてLipschitz連続である,すなわち$L \in \mathbb{R}$があって,
$$\forall y, z \in J, x\in I |F(x, y)- f(x, z)| \leq L|y-z|$$
が成立する.
このとき,$h>0$と微分可能な,$f:[x_0-h, x_0+h]\rightarrow J \subset \mathbb{R}$があって,
$$f'(x) = F(x, f(x)), f(x_0) = y_0$$
が成立する.

proof.

$x_0=0$としてよい.$I \times J$はcompactで,$F$は連続だから,$F$は有界.$|F(x, y)| \leq M$なる$M$がある.$[-\alpha, \alpha] \subset I, [y_0 - \alpha, y_0 + \alpha] \subset J$なる$\alpha$について,
$$h:= \min \left\{ \alpha, \frac{\alpha}{M + L\alpha} \right\}$$
とすると$[-h, h] \subset I$であって
$$Y := \{f \in C([-h, h], \mathbb{R}): f([-h, h]) \subset J\}$$
とすると,$Y \subset C([-h, h], \mathbb{R})$は閉集合.
proof. (Exercise 7.6.1)

$f_n \rightarrow f$が距離$d$で成立するなら,$f_n$は$f$に一様収束するということ.
一様収束する連続関数列は連続だから,$f \in Y$. よって成立.

a,$C([-h, h], \mathbb{R})$はcompleteだから,$Y$はcompact.
$T: Y \rightarrow C([-h, h], \mathbb{R})$を
$$T(f)(x) := y_0 + \int^x_0 F(t, f(t))dt$$
とする.$f: [-h, h] \rightarrow J$が連続なら,$F(t, f(t))$も$[-h, h]$で$t$の関数として連続である.
proof. (Exercise 7.6.2)

$x \in [-h, h]$とする. $x_n \rightarrow x$なる$\{x_n\} \subset [-h, h]$について,
$$|F(x, f(x)) - F(x_n, f(x_n))| \leq L|f(x)-f(x_n)| \rightarrow 0 (f \text{の連続性})$$
よって示せた.

$f \in Y, |x| \leq h$に,$F$は$M$で抑えられるから,
$$|T(f)(x) -y_0| = \left| \int^x_0 F(t, f(t)) dt\right| \leq |x|M \leq hM \leq \alpha$$
とすると, $Y \subset C$
したがって$T(f)([-h, h]) \subset [y_0 -\alpha, y_0+\alpha] \subset J, T(f) \in Y$.
よって$T$は$Y$から$Y$への写像と考えられる.
$T: Y \rightarrow Y$が縮小写像と示す.$x \in [-h,h]$と$f, g \in Y$に,
$$|F(x, f(x)) - F(x, g(x))| \leq L|f(x)-g(x)| \leq Ld(f,g)$$
ゆえに
$$|T(f)(x) - T(g)(x)| = |\int^x_0 F(t, f(t)) - F(t, g(t))dt| \leq |x|Ld(f,g) \leq hLd(f, g) \leq \frac{L\alpha}{M+L\alpha} d(f, g)$$
から,確かに縮小写像.
Theorem 7.6.2から$T(f)=f$なる$f \in Y$がただ一つ存在し,
$$f(x) = y_0 + \int^x_0 F(t, f(t))dt$$
微積分学の基本定理から,$f' = F(x, f(x))$で,$f(0)=y_0$である

7.6.3 Exercises

Exercise 7.6.4

$F: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, F(x) = kx + b, 0 < k < 1$とする.
a) $F$は縮小写像であることを示せ
b) 不動点を見つけ,一意であることを示せ.
答案.

a)
$x, y \in \mathbb{R}$に, $|F(x) -F(y)| = |k(x-y)| = k|x-y|$. $0 < k < 1$から,たしかに縮小写像.
b)
$x_0=0$とし,$x_{n+1} = f(x_n)$によって$\{x_n\}$を定める.その極限$x$とすると,$x=b/(1-k)$である.
これが不動点であることは実際に関数に代入すれば示せる.また,$y$も不動点であるとすると,
$x = kx +b, y = ky + b \Rightarrow x - y= k(x - y), k \neq 0$から,$x=y$.したがって不動点は一意である.

Exercise 7.6.10

$f: X \rightarrow X$は縮小写像で,$(X, d)$は$d(x, y) = \begin{cases} 1 (x \neq y) \\ 0 ( x=y) \end{cases}$ である距離空間とする.このとき$f$は定数であることを示せ.
答案.

この距離関数のもとで$\{x_n\} \subset X$が収束する$\Leftrightarrow$ ある$N$があって,$n \geq N \Rightarrow x_n = x_N \in X$.したがってその極限は$X$の元であって,ゆえにこの距離空間は完備である.$f$は縮小写像だから,Theorem 7.6.2(fixed point theorem)から,$f$は不動点をただ一つもつ.
$x \in X$を$f$の不動点とする.すなわち$x = f(x)$.
$f$は縮小写像だから,$y \in X\backslash \{x\}$に,$d(f(x),f(y)) \leq k d(x, y) \leq k \ \ \ \ \ ( 0 < k < 1)$
が成立する.$d$は離散距離だから,$x \neq y$ならば$d(f(x), f(y)) = 0$すなわち$f(x)=f(y)$が成立する.
したがって確かに$\forall y \in X f(y) = x$.すなわち$f$は定数.