1.8. Conjuntos Parcialmente Ordenados
1.8.1. Elementos notables
definiciones duales:
1. Se dice que k ∈ P es cota superior (inferior) de Q, si b≤k(b≥k),∀ b ∈ Q
2. Si Qtiene alguna cota superior (inferior) enP se dice que Qest´a acotado supe- riormente(inferiormente). SiQposee cota superior e inferior se dice acotado 3. La m´as peque˜na (grande) de las cotas superiores (inferiores) de Q, si existe, se llama supremo(´ınfimo). Adem´as si el supremo (´ınfimo) deQ est´a en Q, recibe el nombre dem´aximo (m´ınimo). Si Qposee supremo (´ınfimo) en P, a causa de la antisimetr´ıa de la relaci´on ≤, ´este es ´unico
4. Se dice que m ∈ P es un elemento maximal (minimal) de P si no admite elementos en P posteriores (anteriores), es decir, si se tiene que a≥m → a=m
en espacios m´etricos completos
parcialmente ordenados
El prop´osito de este cap´ıtulo es mostrar la existencia y unicidad de un punto fijo para ciertas funciones que no necesariamente son contracciones y que a la vez est´an defini- das sobre espacios m´etricos parcialmente ordenados. Usando, en nuestras hip´otesis, las funciones de distancia alternante.2.1 Aplicaciones continuas y no decrecientes
Definici´on 2.1. Una funci´on de distancia alternante (o “altering distance”) es una funci´on ψ : [0,∞)−→[0,∞) que satisface
1. ψ(t) = 0 si y s´olo s´ıt= 0. 2. ψ es mon´otona no decreciente. 3. ψ es continua.
Definici´on 2.2. Si (X,≤) es un conjunto parcialmente ordenado y f : X −→ X, decimos que f es mon´otona no decreciente si x, y ∈X
x≤y ⇒ f(x)≤f(y) Ejemplo de funci´on de distancia alternante.
Considere ψ : [0,∞) −→ [0,∞) definida como ψ(t) = ln(t2 + 1), es una funci´on distancia alternante, pues satisface las condiciones de la definici´on 2.1 (otro ejemplo
ψ(t) =arctan t)
Definici´on 2.3. Sea (X, d) un espacio m´etrico y f :X −→X una funci´on. Se dice que
T es d´ebilmente contractiva si
d(f(x), f(y))≤d(x, y)−ψ(d(x, y)) ∀x, y ∈X
dondeψ es una funci´on de distancia alternante.
N´otese que, si tomamos ψ(t) = (1−α)t para 0 < α ≤ 1 entonces la desigualdad se reduce a la definici´on 1.15. Adem´as, que para que una funci´on sea d´ebilmente contractiva implica continuidad.
A continuaci´on Rhodes [8] extiende y generaliza estos conceptos en el contexto de los espacios m´etricos completos para demostrar la unicidad de punto fijo cuandof es d´ebil- mente contractiva
Teorema 2.1. Sea (X, d) un espacio m´etrico completo y f : X −→ X una aplicaci´on d´ebilmente contractiva. Entonces f tiene un ´unico punto fijo en X.
Demostraci´on.
Primero demostraremos la existencia de punto fijo, consideremos x0 ∈ X y definimos
xn+1 =f(xn), ∀n ∈N.
Como f es una aplicaci´on d´ebilmente contractiva, entonces.
d(xn+1, xn+2) =d(f(xn), f(xn+1))≤d(xn, xn+1)−ψ(d(xn, xn+1))·
Si tomamos δn =d(xn, xn+1), entonces tenemos que
ψ(δn)≥ψ(δ∗)>0.
Luego, tenemos a partir de (2.1), δn+1 ≤ δn−ψ(δ∗). Ahora afirmamos afirmamos que
∃n∈N tal que
δN+m ≤δm−N ·ψ(δ∗), ∀m∈N
La ecuaci´on anterior lo demostraremos por inducci´on. Si para N = h se cumple que
δh+m ≤δm−hψ(δ∗), entonces paraN =h+ 1 se cumplir´a que
δ(h+1)+m ≤δm−(h+ 1)ψ(δ∗) En efecto. δ(h+1)+m =δh+(m+1) ≤δm+1−hψ(δ∗) ≤δm−ψ(δ∗)−hψ(δ∗) =δm−(h+ 1)ψ(δ∗) entonces δ(h+1)+m =δm−(h+ 1)ψ(δ∗)
se concluye que ∃N tal que δN+m ≤δm−Nψ(δ∗) sabemos que δn es convergente por lo
tanto δn es de Cauchy.
De la igualdad anterior tenemos que
δm−δN+m≥Nψ(δ∗)
haciendo tender am −→α tenemos que l´ım m−→α|δm−δN+m| ≥Nψ(δ ∗ ) 0≥Nψ(δ∗ )
Ahora haciendo un an´alisis decimos que cuando N es suficientemente grande tenemos que
Lo anterior es una contradicci´on. Por lo tanto δ∗ = 0 es decir l´ım
n−→αδn. Dado un ǫ >0, como l´ım n−→αδn entonces ∃N tal que d(xN, xN+1)≤m´ın{ ǫ 2, ψ( ǫ 2)}
Ahora probaremos quef es una aplicaci´on de la bola cerradaB(xN, ǫ) sobre s´ı misma.
Es decirf(B(xN, ǫ))⊂B(xN, ǫ).
Supongamos que x∈B(xN, ǫ), entonces hay dos casos.
Caso 1: d(x, xN)≤ε/2
d(f(x), xN) ≤d(f(x), f(xN)) +d(f(xN), xN)
≤d(x, xN)−ψ(d(x, xN)) +d(xN+1, xN)
≤d(x, xN) +d(xN+1, xN)
< ε/2 +ε/2 =ε
Caso 2: ε/2< d(x, xN)≤ε, como ψ es no decreciente entonces
ψ(d(x, xN))≥ψ(ε/2). Entonces d(f(x), xN) d(f(x), f(N)) +d(f(xn), xN) ≤d(x, xN)−ψ(d(x, xN)) +d(xN+1, xN) ≤d(x, xN)−ψ(ε/2) +ψ(ε/2) ≤d(x, xN)≤ε
Por lo tanto se tiene que f(x)∈B(xN, ǫ) es decir que f(B(xN, ǫ))⊂B(xN, ǫ).
Por otro ladof(xN) =xN+1 ∈B(xN, ǫ) entonces f(xN+1) =xN+2 ∈B(xN, ǫ) haciendo
de forma repetida tenemos quexn ∈B(xN, ǫ) =B(xN, ǫ) para n≥N. Siendo ǫarbitra-
rio, se concluye quexn ∃z ∈X tal que l´ım
n−→αxn=z.
Como f es continua
f(z) = l´ım
Por ´ultimo probaremos la unicidad de f, supongamos que xyy son puntos fijos es decir
f(x) =y y f(y) =y entonces
d(f(x), f(y))≤d(x, y)−ψ(d(x, y))
d(x, y)≤d(x, y)−ψ(d(x, y)) 0≤ψ(d(x, y))≤0
entoncesψ(d(x, y)) = 0, comoψes distancia alternante tenemos qued(x, y) = 0 entonces
x=y esto demuestra que f tiene un ´unico punto fijo.
Recientemente J. Harjani y K. Sadarangni muestran algunos resultados de puntos fijos para funciones d´ebilmente contractivas en el contexto de los espacios m´etricos parcial- mente ordenados usando funciones de distancia alternante.
De hecho, en [3] se agrega que l´ım
n→∞ψ(t) =∞como una condici´on adicional a la definici´on de funci´on de distancia alternante.
Nota 2.1. Para probar los siguientes teoremas, que son una versi´on del teorema 2.1, en el contexto de los espacios m´etricos completos parcialmente ordenados.
Teorema 2.2. Sea (X,≤)un conjunto parcialmente ordenado y supongamos que existe una m´etricad en X tal que(X, d) es un espacio m´etrico completo. Sea f :X →X una aplicaci´on continua y no decreciente tal que
d(f(x), f(y))≤d(x, y)−ψ(d(x, y)), parax≥y (2.2)
donde ψ: [0,∞)−→[0,∞) es una funci´on continua y no decreciente tal que es positivo en (0,∞), ψ(0) = 0 y l´ım
t→∞ψ(t) =∞. Si existex0 ∈X con x0 ≤f(x0)
Entonces f tiene un punto fijo.
Demostraci´on. Si f(x0) = x0 entonces la prueba termina.
Supongamos que x0 < f(x0). Por ser f una funci´on no decreciente, obtenemos por inducci´on que
si hacemos xn+1 =f(xn), para cadan ≥1
xn=f(xn−1)≤f2(xn−1) =f(xn) = xn+1
y esto es xn ≤ xn+1, entonces xn y xn+1 son comparables. De lo anterior y de (2.2) obtenemos que
d(xn+1, xn) =d(f(xn), f(xn−1))≤d(xn, xn−1)−ψ(d(xn, xn−1))
Si existe n0 ∈N tal que d(xn0, xn0−1) = 0 entonces
xn0−1 =xn0 =f(xn0−1)
y esto es xn0−1 =f(xn0−1), entonces f tiene un punto fijo, la prueba termina.
En otro caso, si suponemos qued(xn+1, xn)6= 0 para todon∈N. Entonces, teniendo en
cuenta (2.2) y nuestras suposiciones sobreψ
d(xn+1, xn)≤d(xn, xn−1)−ψ(d(xn, xn−1))< d(xn, xn−1)
si consideramosρn=d(xn+1, xn), para cadan∈Nentonces reemplazando en lo anterior
ρn≤ρn−1−ψ(ρn−1)≤ρn−1 (2.3) Es decirρn ≤ρn−1 para cada n ∈N.
Por lo tanto {ρn} es una sucesi´on decreciente no negativo, en consecuencia posee un
l´ımite, es decir, el l´ım
n→∞ρn =ρ∗ de (2.3). Haciendo que n → ∞. De (2.3) haciendo que
n−→ ∞, obtenemos
ρ∗
≤ρ∗
−ψ(ρ∗ )≤ρ∗
y, en consecuencia,ψ(ρ∗) = 0. Y comoψes una funci´on de distancia alternante, entonces
ρ∗ = 0, es decir, l´ım
n→∞ρn = 0 En lo que sigue vamos a demostrar que {xn}n∈N en X, es una sucesi´on de Cauchy.
Dadoǫ >0, como ρn=d(xn+1, xn)→0, existe n0 ∈Ntal que
d(xn0+1, xn0)≤m´ın nǫ 2, ψ ǫ 2 o
entonces se afirma que fB(xn0, ǫ)∩ {y∈X :y≥xn0}
⊂B(xn0, ǫ).
d(f(z), xn0) ≤ d(f(z), f(xn0)) +d(f(xn0), xn0) = d(f(z), f(xn0)) +d(xn0+1, xn0) ≤ d(z, xn0)−ψ(d(z, xn0)) +d(xn0+1, xn0) ≤ d(z, xn0) +d(xn0+1, xn0)≤ ǫ 2+ ǫ 2 = ǫ Por lo tanto f(z)∈B(xn0, ǫ) Caso 2: ǫ
2 < d(z, xn0)≤ǫ. En este caso, comoψes una funci´on no decreciente,ψ(d(z, xn0))≥
ψ ǫ2 entonces d(f(z), xn0) ≤ d(f(z), f(xn0)) +d(f(xn0), xn0) = d(f(z), f(xn0)) +d(xn0+1, xn0) ≤ d(z, xn0)−ψ(d(z, xn0)) +d(xn0+1, xn0) ≤ d(z, xn0)−ψ(ǫ/2) +d(xn0+1, xn0) ≤ d(z, xn0)−ψ(ǫ/2) +ψ(ǫ/2) = d(z, xn0) ≤ ǫ Por lo tanto f(z)∈B(xn0, ǫ).
Esto demuestra la afirmaci´on
Por otro lado, comof(xn0) =xn0+1 ∈B(xn0, ǫ)∩{y∈X :y≥xn0}entoncesf(xn0+1) =
xn0+2 ∈B(xn0, ǫ)∩{y∈X :y≥xn0}repitiendo este proceso se sigue quexn∈B(xn0, ǫ)
paran ≥n0. Siendoǫarbitrario, la sucesi´on {xn}n∈N es Cauchy y comoX es un espacio
m´etrico completo, existe z∈ X tal que l´ım
n→∞xn =z Por la continuidad def implica que
f(z) = l´ım
n→∞f(xn) = l´ımn→∞xn+1 =z Por lo tanto z es un punto fijo de f, por lo que la prueba termina.
Teorema 2.3. Sea (X,≤)un conjunto parcialmente ordenado y supongamos que existe una m´etricad en X tal que(X, d) es un espacio m´etrico completo. Sea f :X →X una
aplicaci´on continua no decreciente tal que
ψ(d(f(x), f(y)))≤ψ(d(x, y))−φ(d(x, y)), para x≥y
donde ψ y φ son funciones de distancia alternante.
Si existe x0 ∈X con x0 ≤f(x0), entonces f tiene un punto fijo.
Demostraci´on. Si f(x0) = x0 entonces la prueba termina. En otro caso, supongamos que x0 < f(x0). Por ser f una funci´on no decreciente obtenemos por inducci´on que
x0 < f(x0)≤f2(x0)≤f3(x0)≤ · · · ≤fn(x0)≤fn+1(x0)≤ · · · si tomamos xn+1 =f(xn), para cadan ≥1
xn=f(xn−1)≤f2(xn−1) =f(xn) = xn+1 y esto es xn≤xn+1, entoncesxn y xn+1 son comparables. De lo anterior y de la hip´otesis obtenemos que
ψ(d(xn+1, xn)) = ψ(d(f(xn), f(xn−1)))
≤ ψ(d(xn, xn−1))−φ(d(xn, xn−1)) ≤ ψ(d(xn, xn−1))
(2.4)
entonces ψ(d(xn+1, xn))≤ψ(d(xn, xn−1))
Usando el hecho queψ es no decreciente tenemos que
d(xn+1, xn)≤d(xn, xn−1) (2.5)
Si existe n0 ∈N tal que d(xn0, xn0−1) = 0 entonces
xn0−1 =xn0 =f(xn0−1)
entonces f tiene un punto fijo, la prueba termina
En otro caso, supongamos que d(xn+1, xn) 6= 0 para todo n ∈N entonces, teniendo en
cuanta (2.5), la sucesi´on {d(xn+1, xn)} es decreciente y, consecuentemente, existe r ≥0
tal que
ψ(r)≤ ψ(r)−φ(r)≤ψ(r) y esto implica queφ(r) = 0
Como φ es una funci´on de distancia alternante,r = 0 y por lo tanto l´ım
n→∞d(xn+1, xn) = 0 (2.6)
En lo que sigue vamos a demostrar que {xn}n∈N en X, es una sucesi´on de Cauchy
Supongamos que{xn} no es una sucesi´on de Cauchy, entonces, existe ǫ >0 para lo que
podemos encontrar subsucesiones {xm(k)} y {xn(k)} de {xn} con n(k) > m(k) > k tal
que
d(xn(k), xm(k))≥ǫ (2.7) adem´as, correspondiente a m(k) podemos elegir n(k) en una forma tal que es el entero m´as peque˜no conn(k)> m(k) y satisfaciendo (2.7). Entonces
d(xn(k)−1, xm(k))< ǫ (2.8) Usando (2.7) y (2.8) y la desigualdad triangular tenemos
ǫ ≤ d(xn(k), xm(k))
≤ d(xn(k), xn(k)−1) +d(xn(k)−1, xm(k))
< d(xn(k), xn(k)−1) +ǫ
Entonces
ǫ≤d(xn(k), xm(k))< d(xn(k), xn(k)−1) +ǫ
si tomamos quek → ∞ y usando (2.6) tenemos que l´ım
k→∞d(xn(k), xm(k)) =ǫ (2.9) de nuevo, usando la desigualdad triangular nos da
d(xn(k), xm(k)) ≤ d(xn(k), xn(k)−1) +d(xn(k)−1, xm(k)−1) +d(xm(k)−1, xm(k))
nuevamente tomando k→ ∞ en las dos desigualdades anteriores y usando (2.6) y (2.9) tenemos que ǫ≤ l´ım k→∞d(xn(k)−1, xm(k)−1) l´ım k→∞d(xn(k)−1, xm(k)−1)≤ǫ entonces l´ım k→∞d(xn(k)−1, xm(k)−1) =ǫ (2.10) Como n(k)> m(k) y xn(k)−1 y xm(k)−1son comparables (de hecho xm(k)−1 < xn(k)−1) Colocamosx=xn(k)−1 y y=xm(k)−1 en la hip´otesis, obtenemos
ψ(d(xn(k), xm(k))) = ψ(d(f(xn(k)−1), f(xm(k)−1)))
≤ ψ(d(xn(k)−1, xm(k)−1))−φ(d(xn(k)−1, xm(k)−1))
≤ ψ(d(xn(k)−1, xm(k)−1)
ahora, si tomamosk → ∞ y teniendo en cuenta (2.9) y (2.10) tenemos
ψ(ǫ)≤ψ(ǫ)−φ(ǫ)≤ψ(ǫ)
y en consecuencia φ(ǫ) = 0, φ es una funci´on de distancia alternante en consecuencia
ǫ= 0 que es una contradicci´on.
Esto muestra que {xn} es una sucesi´on de Cauchy, y como X es un espacio m´etrico
completo, existe z ∈X tal que
l´ım
n→∞xn =z Por otra parte la continuidad de f implica que
f(z) = l´ım
n→∞f(xn) = l´ımn→∞xn+1 =z
Esto demuestra quez es un punto fijo, por lo que queda demostrado el teorema 2.3 Ejemplo 2.1.
d(x, y) = |x−y| six, y ∈[0,1], x6=y x+y si (x, y)6∈[0,1]×[0,1] y x6=y 0 si x=y (2.11)
Entonces (X, d) es un espacio m´etrico completo [1]. Sea ψ : [0,+∞)→[0,+∞) definido como
ψ(t) = t, si 0≤t ≤1 t2, si t >1 (2.12) y sea φ = [0,+∞)→[0,+∞) definida como
φ(t) = 1 2t 2, si 0≤t≤1 t, si t >1 (2.13) Sea T :X →X definida por
Tx = x− 12x2, si 0≤x≤1 x−1, si x∈ {2,3, . . .} (2.14)
Sin perdida de generalidad, suponemos que x > y y discutimos los siguientes casos Caso 1: (x∈[0,1]). Entonces ψ(d(Tx, Ty)) = x− 12x2 − y−1 2y 2 = (x−y)− 1 2(x−y)(x+y)≤(x−y)− 1 2(x−y) 2 = d(x, y)− 1 2[d(x, y)] 2 = ψ(d(x, y))−1 2[d(x, y)] 2 = ψ(d(x, y))−φ(d(x, y))(puesx−y≤x+y) (2.15) Caso 2: (x∈ {3,4, . . .}). Entonces d(Tx, Ty) = d(x−1, y− 12y2) si y∈[0,1] o d(Tx, Ty) = x−1 +y−12y2 ≤x+y−1 d(Tx, Ty) = d(x−1, y−1) si y ∈ {2,3,4, . . .} o d(Tx, Ty) = x+y−2≤x+y−1 (2.16)
En consecuencia ψ(d(Tx, Ty)) = [d(Tx, Ty)]2 ≤(x+y−1)2 <(x+y−1)(x+y+ 1) = (x+y)2−1<(x+y)2− 1 2 = ψ(d(x, y))−φ(d(x, y)) (2.17) Caso 3: (x= 2). Entonces y ∈[0,1],Tx = 1 yd(Tx, Ty) = 1− y− 12y2 ≤1. Por lo tanto, tenemos ψ(d(Tx, Ty))≤ψ(1) = 1
Por otro lado d(x, y) = 2 +y. Se sigue que,
ψ(d(x, y))−φ(d(x, y)) = (2 +y)2−φ((2 +y)2) = (2 +y)2− 1 2 = 7 2+ 4y+y 2 >1 = ψ(d(Tx, Ty))
Teniendo en cuenta todos los casos anterior, se concluye que la desigualdad sigue siendo v´alida para ψ, φ y T definidos anteriormente y en consecuencia, por el teorema 2.3, T
tiene un ´unico punto fijo.
Posteriormente, Amini-Harondi prueban un nuevo teorema sobre la unicidad de pun- to fijo para contracciones generalizadas en espacios m´etricos completos parcialmente ordenados. Usando la siguiente clase de funciones.
Notaci´on: Denotemos que S a la clase de funciones β : [0,∞)−→[0,1] que satisface
la condici´onβ(tn)→1 ⇒ tn→0.
Teorema 2.4. Sea (X,≤)un conjunto parcialmente ordenado y supongamos que existe una m´etricad en X tal que(X, d) es un espacio m´etrico completo. Sea f :X →X una aplicaci´on creciente tal que existe un elemento x0 ∈X, con x0 ≤f(x0).
Supongamos que existe β∈S tal que
d(f(x), f(y))≤β(d(x, y))d(x, y) para cada x, y ∈X con x≥y. (2.18)
Supongase que X verifica que si una sucesi´on no decreciente {xn}n∈N es convergente a
para cada x, y ∈X existe z ∈X que es comparable con x e y (2.19)
entonces f tiene un ´unico punto fijo.
Demostraci´on. Primero mostraremos que f tiene un punto fijo. Ya que x0 ≤ f(x0) y f es una funci´on no decreciente, obtenemos por inducci´on que
x0 ≤f(x0)≤f2(x0)≤f3(x0)≤ · · · ≤fn(x0)≤fn+1(x0)≤ · · · Colocamosxn =fn(x0)≤fn+1(x0) = xn+1, y esto es xn≤xn+1.
Entonces xn y xn+1 son comparables para cada n∈N de (2.18) tenemos
d(xn+1, xn+2) = d(fn+1(x0), fn+2(x0)) = d(f(fn(x0)), f(fn+1(x0))) = d(f(xn), f(xn+1))
≤ β(d(xn, xn+1))d(xn, xn+1) ≤ d(xn, xn+1) (2.20)
Se tiene d(xn+1, xn+2)≤d(xn, xn+1.
Entonces {d(xn, xn+1)}es una sucesi´on decreciente y acotada inferiormente, por lo que l´ım
n→∞d(xn, xn+1) =r ≥0. Asumir r >0 entonces de (2.20) tenemos
d(xn+1, xn+2)
d(xn, xn+1) ≤
β(d(xn, xn+1))≤1 para n∈N.
De lo anterior, si tomamos n → ∞
Entonces 1≤ l´ım
n→∞β(d(xn, xn+1))≤1 por consiguiente l´ımn→∞β(d(xn, xn+1)) = 1 y adem´as
β ∈S
entonces
l´ım
n→∞d(xn, xn+1) =r= 0
Ahora mostraremos que {xn}n∈N en X, es una sucesi´on de Cauchy. Asumamos lo con-
trario, es decir
l´ım
Por la desigualdad triangular d(xn, xm) ≤ d(xn, xn+1) +d(xn+1, xm+1) +d(xm+1, xm) ≤ d(xn, xn+1) +d(xm+1, xm) +β(d(xn, xm))d(xn, xm) de lo anterior tenemos d(xn, xm)−β(d(xn, xm))d(xn, xm) ≤ d(xn, xn+1) +d(xm+1, xm) (1−β(d(xn, xm)))d(xn, xm) ≤ d(xn, xn+1) +d(xm+1, xm) Entonces tenemos d(xn, xm)≤(1−β(d(xn, xm)))−1[d(xn, xn−1) +d(xm+1, xm)] ya que l´ım m,n→∞supd(xn, xm)>0 y l´ımn→∞d(xn, xn+1) = 0 entonces l´ım m,n→∞sup(1−β(d(xn, xm))) −1 = ∞ entonces l´ım m,n→∞sup(1−β(d(xn, xm))) = 0 entonces l´ım m,n→∞supβ(d(xn, xm)) = 1 pero adem´as β ∈ S, entonces l´ım
m,n→∞supd(xn, xm) = 0. Esto es una contradicci´on de (2.21)
Esto implica que {xn} es una secuencia de Cauchy en X. Como (X, d) es un espacio
m´etrico completo, entonces existe un z ∈X tal que l´ım
n→∞xn=z Como f es continua tenemos que
f(z) = l´ım n→∞f(xn) = l´ım n→∞f(f n(x0)) = l´ım n→∞f n+1(x0) = l´ım n→∞xn+1 = z
Sea y otro punto fijo de f. De (2.19) existe x∈X que es comparable con y y z. Por monoton´ıa implica que fn(x) es comparable a fn(y) = y y fn(z) =z para n∈N
por otra parte
d(z, fn(x)) = d(fn(z), fn(x))
= d(f(fn−1(z)), f(fn−1(x)))
≤ β(d(fn−1(z), fn−1(x)))d(fn−1(z), fn−1(x))
≤ d(fn−1(z), fn−1(x)) = d(z, fn−1(x)) (2.22) Colocamosγn =d(z, fn(x))
En consecuencia la sucesi´on γn es decreciente y no negativo, por lo que l´ım
n→∞γn =γ >0 Ahora mostraremos que γ = 0. Asumamos contrario, es decir que γ > 0 pasando a subsucesi´on, si es necesario, se puede suponer que l´ım
n→∞β(γn) = λ existe, esto implicar´a
λγ = l´ım n→∞β(γn)·nl´ım→∞γn = l´ım n→∞β(γn).γn = l´ım n−→∞β(d(z, f n(x))).d(z, fn(x)) ≥ l´ım n−→∞d(f(z), f n+1(x)) = l´ım n→∞γn+1 = γ entonces λγ ≥γ
Por otro lado
λγ = l´ım
n→∞γnβ(γn)≤nl´ım→∞γn =γ entonces λγ =γ entonces λ = 1 y adem´as β∈S entonces l´ım
n→∞γn = 0 Entonces l´ım
n→∞d(z, f
n(x)) = 0, esto es una contradicci´on, lo cual demuestra que γ = 0
de manera an´aloga se puede mostrar que l´ım
n→∞d(y, f
n(x)) = 0
Finalmente por la desigualdad triangular
si tomamos el l´ımite cuandon → ∞ d(z, y)≤0, Entonces d(z, y) = 0 Por lo tanto
z =y
Se concluye que z es ´unico.
Lema 2.1. Si ψ es una funci´on de distancia alternante y φ : [0,∞[−→ [0,∞[ es una funci´on continua con la condici´on ψ(t)> φ(t) para todo t >0, entonces φ(0) = 0
Demostraci´on. Ya que φ(t)< ψ(t) yφ(t) y φ, ψ son continuas tenemos 0≤φ(0) = l´ım
t→0φ(t)≤l´ımt→0ψ(t) =ψ(0) = 0 es decir
φ(0) = 0 la prueba termina
Bajo ciertas hip´otesis, se puede extender los resultados expuestos anteriormente y obte- ner un nuevo principio de contracci´on sobre los espacios m´etricos parcialmente ordena- dos. En lo que sigue, mostramos los siguientes teoremas, que de alguna forma extienden los teoremas 2.2-2.4 .
Teorema 2.5. Sea X un conjunto parcialmente ordenado y supongamos que existe una m´etrica d en X tal que (X, d) es un espacio m´etrico completo. Sea f : X −→ X una aplicaci´on continua no decreciente tal que
ψ(d(f(x), f(y)))≤φ(d(x, y)) para todox≥y (2.23)
donde ψ es una funci´on de distancia alternante y φ : [0,∞[−→ [0,∞[ es una funci´on continua con la condici´onψ(t)> φ(t)para todot >0. Si existex0 ∈X tal quex0 ≤f x0,
entonces f tiene un punto fijo.
Demostraci´on. Puesto que f es una funci´on no decreciente, se obtiene, por inducci´on, que
xn=f(xn−1)≤f (xn−1) =f(xn) = xn+1 y esto es xn≤xn+1entonces xn y xn+1 son comparables
Por otro lado de (2.23) tenemos
ψ(d(xn+1, xn)) = ψ(d(f(xn), f(xn−1))
≤ φ(d(xn, xn−1)) < ψ(d(xn, xn−1)) (2.24)
entonces ψ(d(xn+1, xn))< ψ(d(xn, xn−1))
De lo anterior y como ψ es no decreciente, tenemos que: d(xn+1, xn)< d(xn, xn−1). Por
lo tanto, la sucesi´on d(xn+1, xn) es decreciente, esto implica que existe r≥0 tal que
d(xn+1, xn)−→r, cuando n→ ∞ (2.25)
Si tomamos n→ ∞ en (2.24) tenemos que
ψ(r)≤φ(r) Entonces usando el lema 2.1 tenemos que r = 0 Por lo tanto
d(xn+1, xn)−→0 cuando n −→ ∞ (2.26)
En lo que sigue vamos a demostrar que {xn}es una sucesi´on de Cauchy.
Supongamos que {xn} no es una sucesi´on de cauchy entonces, existe ǫ >0 para el cual
podemos encontrar subsucesi´on {xn(k)} y xm(k) con n(k)> m(k)> k tal que
d(xn(k), xm(k))≥ǫ para todo k ≥1 (2.27) Adem´as, correspondiente am(k), podemos elegirn(k) de una manera tal que es el entero m´as peque˜no conn(k)> m(k) satisfaciendo (2.27) entonces
d(xn(k)−1, xm(k))< ǫ (2.28)
de (2.27) y (2.28), y la desigualdad triangular tenemos que
ǫ ≤ d(xn(k), xm(k)) ≤ d(xn(k), xn(k)−1) +d(xn(k)−1, xm(k))
Si tomamos k−→ ∞ y usando (2.26), tenemos que ǫ≤ l´ım k→∞d(xn(k), xm(k))≤ǫ entonces l´ım k→∞d(xn(k), xm(k)) =ǫ (2.29) mediante el uso de la desigualdad triangular tenemos
d(xn(k), xm(k)) ≤ d(xn(k), xn(k)−1) +d(xn(k)−1, xm(k)−1) +d(xm(k)−1, xm(k))
d(xn(k)−1, xm(k)−1) ≤ d(xn(k)−1, xn(k)) +d(xn(k), xm(k)) +d(xm(k), xm(k)−1)
tomandok → ∞en las dos desigualdades anteriores y usar (2.26) y (2.29), tenemos que
ǫ≤ l´ım
k→∞d(xn(k)−1, xm(k)−1) l´ım
k→∞d(xn(k)−1, xm(k)−1)≤ǫ Esto implica que
l´ım
k→∞d(xn(k)−1, xm(k)−1) =ǫ (2.30) como n(k)> m(k) y xn(k)−1 y xm(k)−1 son comparables, tenemos
ψ(d(xn(k), xm(k))) = ψ(d(f(xn(k)−1), f(xm(k)−1)))
≤ φ(d(xn(k)−1, xm(k)−1)) Si tomamos k−→ ∞ y usando (2.29) y (2.30) tenemos que
ψ(ǫ)≤φ(ǫ)
Entonces por el Lema 2.1 tenemos que ǫ = 0. Este hecho es una contradicci´on, la cual viene de haber supuesto que{xn}n∈N no es de Cauchy. Por lo tanto la sucesi´on {xn}n∈N
es de Cauchy.
Por otro lado, como X es un espacio m´etrico completo, entonces existe z∈X tal que l´ım
n→∞xn =z Como f es continua entonces
f z = l´ım
n→∞f(xn) = l´ımn→∞xn+1 =z Esto prueba quez es un punto fijo.
Observaci´on 2.1. Si (xn) es una sucesi´on no decreciente enX tal quexn →xentonces
xn≤x para todon ∈N (2.31)
Teorema 2.6. Sea (X,≤) un conjunto parcialmente ordenado y supongamos que exista una m´etrica d en X tal que (X, d) es un espacio m´etrico completo. Sup´ongase que X
verifica que si una sucesi´on no decreciente {xn}n∈N es convergente a x ∈ X, entonce
xn≤x para todo n ∈N.
Sea f :X−→X una aplicaci´on no decreciente tal que
ψ(d(f(x), f(y)))≤φ(d(x, y)), para todox≥y
donde ψ es una funci´on de distancia alternante y φ : [0,∞ >−→ [0,∞ > es una funci´on continua con la condici´on ψ(t) > φ(t) para todo t >0 si existe x0 ∈ X tal que
x0 ≤f(x0), entonces f tiene un punto fijo.
Demostraci´on. Despu´es de la demostraci´on del teorema anterior. Solo queda comprobar que f(z) =z.
Como {xn} es una sucesi´on en X y l´ım
n→∞xn=z, la condici´on (2.31) nos da quexn ≤z,
∀ n∈N, y en consecuencia
ψ(d(xn+1, f(z))) = ψ(d(f(xn), f(z)))
≤ φ(d(xn, z))
Si tomamos n→ ∞, tenemos que
0≤ψ(d(z, f(z))) ≤φ(d(z, z)) =φ(0)
Usando el Lema 2.1, tenemos que φ(0) = 0 lo que implica que ψ(d(z, f(z))) = 0 Como ψ es una funci´on de distancia alternante, tenemos que
y como d es una m´etrica tenemos que
f(z) =z
La prueba termina
En el siguiente ejemplo se muestra que la hip´otesis en el teorema 2.5 y teorema 2.6 no garantiza la unicidad del punto fijo.
Ejemplo 2.2.
Sea X ={(1,0),(0,1)} ⊂R2 y considerar el orden habitual (x, y)≤(z, t) ⇐⇒ x≤z y
y≤t
As´ı definido X es un conjunto parcialmente ordenado cuyo elementos diferentes son comparables, es decir que los elementos en X solo son comparables as´ı mismo.
Adem´as, (X, d2) es un espacio m´etrico completo y d2 es la distancia euclidiana. La aplicaci´on identidad f(x, y) = (x, y) es trivialmente continua y no decreciente. Por la observaci´on (2.1) sabemos que cualquier (xn) sucesi´on no decreciente en X tal que
xn−→x entonces xn≤x para todon ∈N.
por otro lado si consideramos ϕ(t) = 2t una funci´on distancia alternante y una funci´on continua φ(t) =t se cumple que ψ(t)> φ(t) para todo t >0.
Vamos a verificar la condici´on de la hip´otesis de los teoremas (2.5) y (2.6)
ψ(d(f(x), f(y)))≥φ(d(x, y)), para todo x≥y. ψ(d(x, y))≥φ(d(x, y))
Sabemos que los elementos en X son comparables as´ı mismo es decir d(x, y) = 0,
ψ(0) ≥φ(0) 0≥0
Por otro lado (1,0)≤(1,0) = f(1,0)−→(1,0)≤f(1,0).
Por los teoremas (2.5) y (2.6) garantiza la existencia, pero sabemos que f en X tiene dos puntos fijos que son (1,0) y (0,1).
para x, y ∈X, existe un l´ımite inferior o un l´ımite superior (2.32) en [17], se demuestra que la condici´on (2.32) es equivalente
para x, y ∈X, existe z ∈X que es comparable ax y y (2.33)