UNIVERZITET U NIŠU

PRIRODNO MATEMATIČKI FAKULTET

DEPARTMAN ZA MATEMATIKU

MASTER RAD

Fiksne tačke za pojedina kontraktivna preslikavanja

na parcijalnim metričkim prostorima

Student: Mentor:

Milica Hadži-Ilić Dr Vladimir Rakočević

Broj indeksa: 96

NIŠ, JUL 2017.

1

Sadržaj

1 Uvod 1.1 Uvodni pojmovi 1.2 Teorija grafova

2 Parcijalni metrički prostori 2.1 Uvodni pojmovi 2.2 Rezultati fiksnih tačaka na metričkim prostorima 2.3 Fiksne tačke na parcijalnim metričkim prostorima 2.4 Ciklični rezultati 2.5 Neka proširenja principa kontrakcije na parcijalnim

metričkim prostorima 2.6 Ćirićeva kvazikontrakcija 2.7 Fisherova kvazikontrakcija

3 Zajednička fiksna tačka na parcijalnim metričkim prostorima 3.1 Egzistencija i jedinstvenost zajedničke fiksne tačke na

parcijalnim metričkim prostorima 3.2 Sehgalov princip kontrakcije

Literatura

2 3 4 6 6 9

16 19

22 37 47 52

52 57 63

2

1 Uvod

Problem fiksne tačke datira od 1922. godine kada je Banach uveo pojam

kontrakcije na metričkim prostorima. Značajna proučavanja počinju sedamdesetih

godina prošlog veka. Značajne rezultate u ovoj oblasti dali su V. M. Sehgal, S. G.

Matthews, R. Kannan, L. F. Guseman, S. Banach, Lj. B. Ćirić, V. Rakočević, itd.

Teorija fiksne tačke je jedna od glavnih grana nelinearne analize. Kao što sam

naziv kaže, ova grana matematike se bavi problemima egzistencije, određivanja i

konstrukcije fiksne tačke preslikavanja. Ima primenu u rešavanju sistema od n

jednačina, pri rešavanju diferencijalnih i integralnih jednačina u matematici, kao i

mnogih problema u fizici, hemiji i biologiji.

Za potrebe istraživanja u teoriji fiksne tačke, u novije vreme različiti autori su

definisali razna uopštenja pojma metričkog prostora. U ovom radu je akcenat na

rezultatima koji važe u parcijalnim metričkim prostorima. Pojam parcijalne metrike,

odn. parcijalnog metričkog prostora uveo je S. G. Matthews 1994. godine u svom

radu Partial metric topology, sa ciljem generalizacije poznatih teorema o fiksnoj tački

i konkretne primene u verifikaciji programskih kodova. Nakon toga, mnogi autori su

nastavili sa proširivanjem postojećih rezultata na parcijalne metričke prostore, među

kojima su i Vladimir Rakočević, Vladimir Pavlović i Dejan Ilić, profesori na Prirodno

matematičkom fakultetu Univerziteta u Nišu. Oni su u radovima [2] iz 2011. i [3] iz

2012. godine predstavili uopštenja Banachovog principa kontrakcije, odn. teoreme

Zamfirescua za parcijalne metričke prostore. Sama problematika je veoma aktuelna i

danas, a ovde će biti izložena neka od najnovijih otkrića pomenutih autora, koja se

nisu našla u knjizi [1] ili do kojih je došlo nakon njenog objavljivanja.

Rad je tematski podeljen na tri celine. U prvom delu dat je prikaz osnovnih

ideja, pojmova i tvrđenja iz teorije fiksne tačke i uveden je pojam kontrakcije.

U drugom delu se proučavaju kontrakcije na parcijalnom metričkom prostoru.

Ovde uvodimo pojam parcijalnih metričkih prostora, uopštavamo Banachov princip

kontrakcije i izučavamo Ćirićevu i Fisherovu kvazikontrakciju.

U poslednjem delu akcenat je na proučavanju zajedničkih fiksnih tačaka na

parcijalnim metričkim prostorima.

Zahvaljujem se mentoru Vladimiru Rakočeviću, kao i profesoru Dejanu Iliću na

podršci i pomoći pri izradi rada.

3

1.1 Uvodni pojmovi

Definicija 1.1. Neka je X i 0,:d X X tako da važe sledeći uslovi:

(M1) d(x,y) 0 ;

(M2) d(x,y) 0 x= y ;

(M3) za svako ,x y X , d(x,y) d(y,x) (simetričnost);

(M4) za svako , ,x y z X važi nejednakost d(x,y) d(x,z)+d(z,y) (nejednakost

trougla).

Tada kažemo da je preslikavanje d metrika na skupu X , a par ,X d metrički

prostor.

Pojam fiksne tačke je od velikog interesa u matematici kao i u mnogim

oblastima primenjenih nauka. Formalno, ovaj pojam se može uvesti na sledeći način:

Definicija 1.2. Neka je X neprazan skup i :f X X . Kaže se da funkcija f ima

fiksnu (nepokretnu) tačku ako postoji x X tako da je ( )f x x . Tada se element x

naziva fiksna (nepokretna) tačka funkcije f . Skup svih fiksnih tačaka funkcije f

označavamo sa Fixf ili fF .

Definicija 1.3. Neka je ,X d metrički prostor. Preslikavanje :f X X je:

(a) Lipschitzovo (L- Lipschitzovo) ako postoji 0L tako da je

, ,d fx fy L d x y , za svako ,x y X ;

(b) kontrakcija (a-kontrakcija) ako je f a- Lipschitzovo, za 0,1a , tj.

, ,d fx fy a d x y , za svako ,x y X ;

(c) neekspanzivno ako je f 1- Lipschitzovo;

(d) kontrakcija ako je

, ,d fx fy d x y , za svako , ,x y X x y ;

(e) izometrija ako je

, ,d fx fy d x y , za svako ,x y X .

4

Konkretno, ovde su data uopštenja poznatih rezultata na metričkim prostorima

Banacha, Hardy-Rogersa, Ćirića i Fishera:

Teorema 1.1 (Banach). Ako je ,X d kompletan metrički prostor i :f X X

kontrakcija, tj. postoji 0,1q tako da za svako ,x y X važi

, ,d fx fy qd x y

onda f ima jedinstvenu fiksnu tačku u X .

Teorema 1.2 (Hardy-Rogers). Neka je ,X d kompletan metrički prostor i :f X X

preslikavanje takvo da je za svako ,x y X :

, , , , , ,d fx fy ad x fx bd y fy cd x fy pd y fx qd x y

gde su , , ,a b c p i q nenegativni brojevi i 1a b c p q . Tada f ima jedinstvenu

fiksnu tačku.

Teorema 1.3 (Ćirić). Ako je ,X d (f–orbitalno) kompletan metrički prostor, a

:f X X kvazikontrakcija, tj postoji 0,1 tako da je

, max , , , , , , , , ,d fx fy d x y d x fx d y fy d x fy d y fx

za svako ,x y X , onda f ima jedinstvenu fiksnu tačku u X i lim n

n f x u za svako

x X .

Teorema 1.4 (Fisher). Neka je ,X d kompletan metrički prostor i :f X X

kvazikontrakcija, odn. postoji 0,1 i ,p q tako da je

, max , , , , , 0 , , 0 , .p q r s r r s sd f x f y d f x f y d f x f x d f y f y r r p s s q

Ako je f neprekidno ili 1q , tada f ima jedinstvenu fiksnu tačku u X .

1.2 Teorija grafova

Definicija 1.4. Graf G je uređen par ,V E , gde je V skup, a E V V je binarna

relacija. Kažemo da je V skup tačaka, a E je skup rubova.

5

Definicija 1.5. Neka je ,G V E graf i neka je D podskup skupa V . Kažemo da je D

G -usmeren ako za svako ,x y D postoji z V tako da su , , ,x z y z E .

Primer 1.1. Neka je 0,1 ,V F skup funkcija : 0,1f i definišimo E V V

sa:

,u v E u t v t , za svako 0,1t .

Tada je ,G V E graf. Neka je 0,1 ,D M skup merljivih funkcija : 0,1 .f

Tada je D G -usmeren. Zaista, za svako ,u v D , funkcija max ,z u v zadovoljava

, , ,u z v z E .

Neka je ,V d metrički prostor. Razmatraćemo familiju :1iG G i q od

1q grafova takvih da je ,i iG V E , iE V V , 1,2,..., .i q

Definicija 1.6. Neka je :T V V dato preslikavanje. Kažemo da je T G -monotono

ako za svako 1,2,...,i q imamo da , ix y E povlači 1, ,iTx Ty E 1 1qE E . Stoga,

,kq kqiT x T y E za svaki nenegativan ceo broj k , ako je T G -monoton.

Napomena 1.1. Ako je 1q 1 ,G G kažemo da T čuva rubove od .G

Primer 1.2. Razmatrajmo skupove 1 20,1 2,3 , 0,1 2,3 i 2,3 0,1V E E .

Neka je : 1,2iG G i familija grafova ,i iG V E , 1,2i . Definišimo preslikavanje

:T V V sa: 2Tx x ako je 0,1x , 2Tx x ako je 2,3x . Ako je 1,x y E ,

imamo 2,Tx Ty E . Ako je 2,x y E , imamo 1,Tx Ty E . Tada je T G -monotono.

Definicija 1.7. Kažemo da je par ,G d regularan ako važi sledeći uslov:

ako je nx niz u V i x je tačka u V tako da

1,2,...,i q postoji podniz ,i kmx niza nx definisan sa

, , 1,i k i km imx x E , k ;

(1.1)

, 0nd x x kada ,n (1.2)

onda postoji podniz knx niza nx i rang 1,2,...,j q takav da je ,kn jx x E za

svako k .

Primer 1.3. Neka je 0,1 ,V B skup ograničenih funkcija : 0,1f . Defini-

šimo E V V sa:

6

,u v E u t v t , za svako 0,1t .

Razmotrimo graf ,G V E . Odabrali smo V sa metrikom d datom sa:

0 1

, sup ( ) ( )t

d u v u t v t

, za sve ,u v V .

Neka je nx niz u V i neka je x tačka u V koja zadovoljava uslove (1.1) i (1.2), tj.

(i) postoji podniz kmx niza nx takav da je za svako k i 0,1t :

1( ) ( )k km mx t x t ,

(ii) , 0nd x x kada .n

Tada je ,kmx x E za svako k ; stoga je par ,G d regularan.

2 Parcijalni metrički prostori

2.1 Uvodni pojmovi

Pojam parcijalnog metričkog prostora uveo je 1992. godine Matthews.

Parcijalni metrički prostor predstavlja generalizaciju uobičajenog metričkog prostora

u kome ,d x x više nije neophodno 0.

Definicija 2.1. Ako je X neprazan skup, funkcija :p X X je parcijalna metrika

na X ako za svako , ,x y z X važi:

(P1) , , ,x y p x x p y y p x y ;

(P2) , ,p x x p x y ;

(P3) , ,p x y p y x (simetričnost);

(P4) , , , ,p x z p x y p y z p y y (nejednakost trougla).

Uređen par ,X p je tada parcijalni metrički prostor.

Napomena 2.1. Ako je , 0p x y , zbog ( 2)P je , , 0p x x p x y , tj. , 0p x x , a

kako je (po ( 3)P ) p simetrična, to je i , , 0p y y p y x , odn. , 0p y y . Dakle,

, , , 0p x x p y y p x y i iz ( 1)P je x y . Obratno u opštem slučaju ne važi, jer

7

ako je x y ne mora biti , 0p x y . Ovo je jedna od osnovnih specifičnosti parcija-

lne metrike u odnosu na klasičnu metriku.

Osnovni primer parcijalnog metričkog prostora je par 0, , p , gde je

, max ,p x y x y za svako , 0,x y .

U skorije vreme su se mnogi autori fokusirali na parcijalan metrički prostor i

njegova topološka svojstva.

Svaka parcijalna metrika p na X generiše 0T topologiju p na X čija je

osnova familija otvorenih p-kugli , : , 0pB x x X , gde je

, : , ,pB x y X p x y p x x ,

za svaki x X i 0 .

Definicija 2.2. Neka je ,X p parcijalni metrički prostor. Niz nx u ,X p konve-

rgira ka tački x X ako i samo ako je , lim , nn

p x x p x x

.

Definicija 2.3. Niz mx je u X p-Cauchyjev ako postoji ,lim ,m n n mp x x i konačan je

broj.

Definicija 2.4. Parcijalni metrički prostor ,X p je kompletan ako svaki p-Cauchyjev

niz mx konvergira u X , u odnosu na p , ka tački x X tako da je

,

, lim ,n mn m

p x x p x x

. (2.1)

Lako je videti da je svaki zatvoren podskup kompletnog parcijalnog metričkog

prostora kompletan.

Ako je ,X p parcijalni metrički prostor, tada je funkcija : 0,sp X X

data sa

, 2 , , ,sp x y p x y p x x p y y

metrika na X .

8

Niz mx konvergira ka z X u , sX p ako i samo ako je ispunjeno (2.1).

Može se pokazati da je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor ako i samo ako

je , sX p kompletan metrički prostor.

Definicija 2.5. Niz mx u parcijalnom metričkom prostoru ,X p je 0-Cauchyjev ako

je ,lim , 0m n n mp x x . Parcijalni metrički prostor ,X p je 0-kompletan ako svaki

0-Cauchyjev niz u X konvergira (u odnosu na p ) ka nekom x X , pri čemu je

, 0p x x .

Primetimo da je svaki 0-Cauchyjev niz u ,X p ujedno i Cachyjev u , sX p ,

kao i da je svaki kompletan parcijalni metrički prostor 0-kompletan. Ako je

0,X i , max ,p x y x y za ,x y X , onda je ,X p 0-kompletan parcijalni

metrički prostor koji nije kompletan.

Slede neki primeri parcijalnih metričkih prostora.

Primer 2.1. Ako je , , ,X a b a b a b onda je , , , max ,p a b c d b d

min ,a b jedna parcijalna metrika na X .

Primer 2.2. Neka je 00,1, ... , 1

1

n

nX

i neka je

0

0,1, ... , 1

0

0,1, ... , , , ,

,

nn x n

L xx

Tada je

0, inf 2 iip x y i L x L y j j i x j y j

parcijalna metrika na X .

Primer 2.3. Neka je ,X d parcijalni metrički prostor, 0a i : 0,f X a proizvo-

ljno preslikavanje. Ako su ,x y X takvi da je x y , definišimo , ,p x y d x y a i

,p x x f x . Tada je ,X p parcijalni metrički prostor, što je lako proveriti. Ako je

: supb X af tada, za dati niz 1n n

x

, imamo da je limsup ,n np x x b a i

,n mp x x a kad god je n mx x . Stoga, ovde nema nestacionarnih p-Cauchyjevih

nizova. Dakle, ,X p je kompletan. Međutim, pX kadgod inf X Xf f .

9

Definicija 2.6. Za preslikavanje :T X X se kaže da je neprekidno u 0x X ako za

svako 0 , postoji 0 tako da je 0 0, ,f B x B f x .

Lema 2.1. Neka je ,X p parcijalni metrički prostor. Tada,

(a) nx je Cauchyjev niz u ,X p ako i samo ako je Cauchyjev niz u metričkom

prostoru , sX p .

(b) Parcijalan metrički prostor ,X p je kompletan ako i samo ako je metrički

prostor , sX p kompletan. Štaviše, lim , 0sn

np x x

ako i samo ako

,

, lim , lim ,n n mn n m

p x x p x x p x x

.

Lema 2.2. Pretpostavimo da nx z kad n u parcijalnom metričkom prostoru

,X p u kome je , 0p z z . Tada, lim , ,nn

p x y p z y

za svako y X .

Dokaz. Primetimo najpre da lim , , 0nn

p x z p z z

. Na osnovu nejednakosti tro-

ugla imamo

, , , , , ,n n np x y p x z p z y p z z p x z p z y

i

, , , , , ,n n n n n np z y p z x p x y p x x p x z p x y .

Tako da

0 , , ,n np x y p z y p x z .

Stavljajući da n , zaključujemo našu tvrdnju.

Lema 2.3. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor. Tada

(1) ako je , 0p x y , tada je x y ;

(2) ako je x y , tada je , 0p x y .

2.2 Rezultati fiksnih tačaka na metričkim prostorima

U ovom delu takođe razmatramo familiju :1iG G i q od 1q grafova

takvih da je ,i iG V E , iE V V , 1,2,..., .i q

10

Neka je familija neopadajućih funkcija, 0, 0,: koja zadovoljava:

lim ( ) 0n

nt

, za svako 0t .

Sledeća pomoćna činjenica je očigledna, pa je nećemo dokazivati.

Lema 2.4. Ako je , tada je ( )t t za svako 0t .

Navodimo i dokazujemo naš glavni rezultat u metričkim prostorima.

Teorema 2.1. Neka je ,V d kompletan metrički prostor i :T V V G -monotono

preslikavanje. Takođe, pretpostavimo da važe sledeći uslovi:

(a) postoji 0x V tako da je 0 0 1,x Tx E ;

(b) ,G d je regularan;

(c) postoji i funkcija 0,:V koja je poluneprekidna odozdo tako da

je

, ,d Tx Ty Tx Ty d x y x y , (2.2)

za svako , ix y E , 1,2,...,i q ; (d) postoji 1,2,...,i q i ,i iA B V tako da je i i iE A B .

Tada T ima fiksnu tačku. Štaviše, ako postoji 1,2,...,j q tako da je FixT jG -usme-

ren, dobićemo jedinstvenu fiksnu tačku.

Dokaz. Iz a , postoji 0x V tako da je 0 0 1,x Tx E . Definišimo niz nx u V sa:

1n nx Tx , 0,1,2,...n

Ako je 1n nx x za neko n , tada je nx fiksna tačka za T i egzistencija fiksne tačke je

dokazana. Sada, pretpostavimo da je

1n nx x , 0,1,2,...n

Kako je T G -monotono za svako 0n , postoji 1,2,...,( ) qi i n tako da je

1, nn ix x E . Za svako 1n , primenjujući nejednakost (2.2) za 1nx x i ny x ,

dobijamo

1 1 1 1, ,n n n n n n n nd Tx Tx Tx Tx d x x x x . (2.3)

Koristeći (2.3), dobijamo:

11

1 1 0 1 0 1, ,nn n n nd x x x x d x x x x .

Kako je , puštajući da n , dobijamo da 1 1 0,n n n nd x x x x . To

povlači da 1 0,n nd x x i 0nx kada n .

Fiksirajmo 0 i neka je n pozitivan ceo broj takav da je

1 1,m m m mq

d x x x x

(2.4)

za svako m n . Sada, neka i zadovoljava uslov d i izaberimo m n tako da

je 1, mm ix x E . Dokazaćemo da je

1 1,m n m nd x x x x (2.5)

za svako n m takvo da je n m k q za nenegativan ceo broj k . Ako je 0k tada

(2.5) sledi iz (2.4). Pretpostavimo sada da (2.5) važi za neko n takvo da je n m k q ,

pri čemu je 0k . Kako je T G -monotono, možemo lako zaključiti da je 1, nnx x

1, m kq im kqx x E . Prema tome, iz d imamo da je 1, nm ix x E . Dalje, koristeći

(2.2) i (2.4), imamo

1 1,m n q m n qd x x x x

1 1 2 1 1

2

, , ,q

m m m n n k n k m n q

k

d x x d x x d x x x x

1 1,m n m n

qq d x x x x

.

Prema tome, (2.5) važi za svako n m takvo da je n m k q , 0k i 1, mm ix x E .

Očigledno, (2.5) važi za svako m n i n m takvo da je m qn . Ako je

n m q i 1, mm jx x E za j i , izabraćemo 1,2,...,qh i nenegativan ceo broj k

tako da je 1, m h im hx x E i s m h k q n s q . Tada, za svako n m važi

1 1,m n m nd x x x x

1 1 1 1, , ,m m h m h s s n m nd x x d x x d x x x x .

Iz gore navedenog, lako dobijamo

1 1 2,m n m nd x x x x

za svako m n i n m i odatle sledi da je nx Cauchyjev niz.

12

Sada, kako je ,V d kompletan, postoji u V tako da nx u . Očigledno, niz

nx zadovoljava uslove (1.1) i (1.2) za x u . Kako je ,G d regularan, postoji podniz

knx niza nx i 1,2,...,qj tako da je ,

kn jx u E za svako k . Kako je funkcija

poluneprekidna odozdo, dobijamo

liminf 0nn

u x

,

tj. 0u .

Stavljajući u (2.2) knx x i y u , dobijamo

1 1,,k k kn n nd x Tu d Tx Tu x Tu

,k kn nx xd u u

,k kn nx xd u u

za svako k . Puštajući da k dobijamo 0,d u Tu , odakle sledi da je u V fiksna

tačka za .T

Pretpostavimo sada da postoji 1,2,...,qj tako da je FixT jG -usmeren.

Dokazaćemo da je u jedinstvena fiksna tačka za .T Pretpostavimo da je y V još

jedna fiksna tačka za .T Tada, postoji z V tako da je , ,, jy zu z E . Definišimo niz

nz u V sa 0z z i 1n nz Tz za svako 0n . Kako je T G -monotono, za svako 0n

postoji 1,2,...,( ) qi i n tako da je , n iu z E . Primenjujući to u (2.2), za svako

0n , imamo

1, ,n n nd u z d Tu Tz Tu Tz

, n nd u z u z

0 0,n d u z u z .

Puštajući da n u prethodnim nejednakostima, dobijamo da 0, nd u z .

Slično, možemo dokazati da 0, nd y z , zato je y u .

Napomena 2.2. Može se dokazati Teorema 2.1 bez korišćenja pretpostavke ( )d , pod

uslovom da funkcija zadovoljava uslov 1

n

n

t

za svako 0t .

Uzimajući t k t za 0,1k u Teoremi 2.1, prema Napomeni 2.2, dobijamo

sledeću posledicu.

13

Posledica 2.1. Neka je ,V d kompletan metrički prostor i :T V V G -monotono

preslikavanje. Pretpostavimo da važe sledeći uslovi:

(a) postoji 0x V tako da je 0 0 1,x Tx E ;

(b) ,G d je regularan;

(c) postoji 0,1k i funkcija 0,:V koja je poluneprekidna odozdo tako da

je

, ,d Tx Ty Tx Ty k d x y x y

za svako , ix y E , 1,2,...,i q ;

Tada T ima fiksnu tačku. Štaviše, ako postoji 1,2,...,j q tako da je FixT jG -usme-

ren, dobićemo jedinstvenost fiksne tačke.

Napomena 2.3. Stavljajući , 1V X q i 1E X X u Posledici 2.1, dobijamo sledeću

generalizaciju Banachovog principa kontrakcije.

Posledica 2.2. Neka je ,X d kompletan metrički prostor i :T X X preslikavanje.

Pretpostavimo da postoji 0,1k i funkcija 0,: X koja je poluneprekidna

odozdo tako da je

, ,d Tx Ty Tx Ty k d x y x y

za svako ,x y X . Tada T ima jedinstvenu fiksnu tačku.

Napomena 2.4. Iz Posledice 2.2 zaključujemo da važi Banachov princip kontrakcije

kadgod je 0x za svako x X .

Da podržimo naše rezultate, daćemo ilustrativan primer. Preciznije, pokazaće-

mo da se Posledica 2.2 može koristiti za pokazivanje ovog primera, dok se Banachov

princip kontrakcije ne moze primeniti.

Primer 2.4. Neka je 0,1X sa uobičajenom metrikom ,x y x yd za svako

,x y X . Očigledno, ,X d je kompletan metrički prostor. Takođe, fiksirajmo

0,1r i definišimo :T X X sa

14

0, 0,

2 1 1 12 1 , ,

2 2 2 2 1

2 1 1 12 1 , .

2 2 2 1 2

x

r nTx r n x x

n n n n

r nr n x x

n n n n

za

za

za

Najpre, pokazaćemo da T nije kontrakcija. Zapravo, ako za neparan 1n

izaberemo 1

2 1x

n

i

1

1y

n

, dobijamo

3, ,

1 1 2 1 5 1,

r nd x y

n n n nd Tx Ty

što nije zadovoljeno za 3

5r . Zbog toga, Banachov princip kontrakcije se ne može

primeniti.

S druge strane, ako razmatramo funkciju 0,: X definisanu sa x x ,

dobijamo

2max ,, Tx Tyd Tx Ty Tx Ty

2max ,rx ry

2max ,r x y

,r d x y x y ,

za svako ,x y X . Prema tome, svi uslovi Posledice 2.2 su zadovoljeni. Dakle, T ima

jedinstvenu fiksnu tačku u X .

Još jedan zanimljiv rezultat je dat u sledećoj teoremi.

Teorema 2.2. Neka je ,V d kompletan metrički prostor sa grafom ,G V E . Neka

je :T V V preslikavanje koje zadovoljava sledeće uslove:

(a) ,x Tx E za svako x V ;

(b) postoji 0,1k tako da je , ,d Tx Ty k d x y za svako ,x y E ;

(c) ako ,x y E , tada je , 1 ,d x Tx k d x y , za svako ,x y X X .

Tada T ima jedinstvenu fiksnu tačku.

Dokaz. Iz a i b zaključujemo da je

2, ,xd Tx T k d x Tx , (2.6)

15

za svako x X . Neka je 0x X i posmatrajmo niz nx definisan sa 1n nx Tx za

svako n . Ako je 1 nnx x za neko n , tada je nx fiksna tačka za T i egzistencija

fiksne tačke je pokazana. Pretpostavimo sada da je

1 nnx x , za svako n .

Iz a sledi da je 1, nnx x E za svako n . Sada, stavljajući u b 1nx x i ny x ,

dobijamo

1 1, ,n n n nkd x x d x x

i stoga

1 0 1, ,nn nx xd x k d x , za svako n .

Ovo obezbeđuje da je nx Cauchyjev niz. Kako je V kompletan metrički prostor,

postoji x V tako da nx x . Dokazaćemo sada da, za svako ,u v X X važi da je

,u v E ili ,Tu v E . Pretpostavimo da ,u v E i ,Tu v E , tada iz c imamo

, 1 ,d u Tu k d u v i 2 ., 1 ,d Tu T u k d Tu v (2.17)

Iz (2.6) i (2.7), dobijamo

, , ,d u Tu d u v d Tu v

21, ,

1d u Tu d Tu T u

k

1

, ,1

d u Tu k d u Tuk

,d u Tu

što je kontradikcija, pa je ,u v E ili ,Tu v E . To povlači da je 2 ,nx x E ili

2 1,nx x E . Tada, iz b dobijamo

2 1 2, ,n nd x Tx k d x x ili 2 2 2 1, ,n nd x Tx k d x x .

Zato, postoji podniz knx niza nx takav da je

1, ,j jn nd x Tx k d x x , za svako j .

16

Puštajući da j u prethodnoj nejednakosti, dobijamo 1n jx Tx x , a kada

1n jxx x dobijamo x Tx .

Dokazaćemo da je x jedinstvena fiksna tačka za T . Pretpostavimo da je y T

još jedna fiksna tačka za T . Ako je ,x y E , iz b dobijamo

, , ,d x y d Tx Ty k d x y ,

što povlači x y . Ako ,x y E , tada je ,Tx y E i, ponovo iz b , dobijamo

2, , , ,d x y d T x Ty k d Tx y k d x y ,

što povlači x y . Odavde sledi dokaz.

2.3 Fiksne tačake na parcijalnim metričkim prostorima

U ovom odeljku ćemo dokazati nekoliko teorema o fiksnim tačkama na

parcijalnim metričkim prostorima.

Definicija 2.7. Neka je ,V p parcijalni metrički prostor i 0,:V funkcija u V .

Tada, za funkciju kažemo da je p-poluneprekidna odozdo na V kadgod

1

lim , , liminf sup infn n mn n m nn

p x x p x x x x x

.

Očigledno, prethodna definicija uprošćava klasičnu definiciju poluneprekidnosti

odozdo, kadgod posmatramo klasičnu metriku umesto parcijalne metrike. Posebno,

pozivajući se na metriku sp , primećujemo da je svaka funkcija koja je p-polunepre-

kidna odozdo na ,V p ustvari funkcija koja je ps-poluneprekidna odozdo. Sledeća

pomoćna činjenica je korisna u dokazu naredne teoreme.

Lema 2.5. Neka je ,V p kompletan parcijalni metrički prostor i 0,:V funkcija

definisana sa ,x p x x , za svako x V . Tada je funkcija ps-poluneprekidna

odozdo.

Dokaz. Neka je nx niz u V takav da je lim , 0sn

np x x

, za x V . Tada, na osnovu

Leme 2.1, dobijamo

17

lim , ,n nn

p x x p x x

,

odnosno

lim nn

x x

.

Prema tome, je neprekidna, pa je i poluneprekidna odozdo na , sV p , to jest, ps-

poluneprekidna odozdo.

Konačno, formulisaćemo i dokazati naš rezultat.

Teorema 2.3. Neka je ,V p kompletan parcijalni metrički prostor i :T V V G -

monotono preslikavanje. Takođe, pretpostavimo da važe sledeći uslovi:

(a) postoji 0x V tako da je 0 0 1,x Tx E ;

(b) ,G p je regularan;

(c) postoji tako da je , ,p Tx Ty p x y za svako , ix y E , 1,2,..., ;i q

(d) postoji 1,2,...,i q i ,i iA B V tako da je i i iE A B .

Tada, T ima fiksnu tačku. Štaviše, ako postoji 1,2,...,j q tako da je FixT jG -

usmeren, dobićemo jedinstvenost fiksne tačke.

Dokaz. Imajući u vidu da, kada je ,V p kompletan, na osnovu Leme 2.1, i , sV p je

kompletan metrički prostor. Sada, za svako , Vx y , imamo

, , ,

,2

sp x y p x x p y yp x y

i stoga rezultat sledi iz Teoreme 2.1, stavljajući 1

, ,2

sd x y p x y i 1

,2

x p x x

za svako , Vx y .

Iz Posledice 2.1, dobijamo sledeću posledicu koja predstavlja generalizaciju

Matthewsove teoreme o fiksnoj tački.

Posledica 2.3. Neka je ,V p kompletan parcijalan metrički prostor i neka je

:T V V G -monotono preslikavanje. Takođe, pretpostavimo da važe sledeći uslovi:

(a) postoji 0x V tako da je 0 0 1,x Tx E ;

(b) ,G p je regularan;

18

(c) postoji 0,1k tako da je , ,p Tx Ty k d x y , za svako , ix y E ,

1,2,...,i q .

Tada, T ima fiksnu tačku. Štaviše, ako postoji 1,2,...,j q tako da je FixT jG -

usmeren, dobićemo jedinstvenost fiksne tačke.

Napomena 2.5. Stavljajući 1, 1 iV X q E X X u Posledici 2.3, dobijamo

Matthewsovu teoremu o fiksnoj tački.

Teorema 2.4. Neka je ,V p kompletan parcijalni metrički prostor i neka je funkcija

:F V ps-poluneprekidna odozdo koja je odozdo ograničena. Neka je dato 0 i

neka je u V takvo da je infx V

F u F x

. Tada, postoji neka tačka v V takva

da je F v F u , , 1sp u v i ,sF w F v p v w za svako w V takvo da je

w v .

Kako je svaka p-poluneprekidna funkcija odozdo na ,V p i ps-poluneprekidna

funkcija odozdo, dobijamo sledeću posledicu.

Posledica 2.4. Neka je ,V p kompletan parcijalni metrički prostor i neka je funkcija

:F V p-poluneprekidna odozdo koja je odozdo ograničena. Neka je dato 0 i

neka je u V takvo da je infx V

F u F x

. Tada, postoji neka tačka v V takva

da je F v F u , , 1sp u v i ,sF w F v p v w za svako w V takvo da je

w v .

Sada, zaključujemo da važi Caristijev tip teoreme o fiksnoj tački na pracijalnom

metričkom prostoru kao posledica odgovarajućih rezultata na metričkim prostorima.

Teorema 2.5. Neka je ,V p kompletan parcijalni metrički prostor i neka :T V V

zadovoljava

,p u Tu u Tu , za svako u V

gde je funkcija :V ps-poluneprekidna odozdo. Tada T ima fiksnu tačku.

Dokaz. Kako je ,V p kompletan parcijalni metrički prostor, tada je, takođe, , sV p

kompletan metrički prostor. Iz

, 2 , , ,sp x y p x y p x x p y y ,

19

zaključujemo

1

, , , ,2

sp x y p x y p x x p y y

i

1 1

, , , ,2 2

s sp u Tu p u Tu p u u p Tu Tu u Tu

,

odnosno

, 2 2sp u Tu u Tu .

Dakle, rezultat sledi iz Caristijeve teoreme o fiksnoj tački na kompletnom metričkom

prostoru.

Napomena 2.6. Teorema 2.5 važi i kada je funkcija p-poluneprekidna odozdo.

2.4 Ciklični rezultati

U ovom delu, izvešćemo zaključke o rezultatima fiksnih tačaka za ciklična pre-

slikavanja na metričkim prostorima. Godine 2003. Kirk je uveo sledeću definiciju.

Definicija 2.8. Neka je X neprazan skup, q pozitivan ceo broj i :T X X preslika-

vanje. Za 1

q

i

i

X A

kažemo da je ciklična reprezentacija od X koja poštuje T ako

(i) iA , 1,2,...,i q , je neprazan zatvoren skup;

(ii) 1 2 1 1,..., ,q q qT A A T A A T A A .

U poslednje vreme, teoreme o fiksnoj tački uključuju ciklične reprezentacije od

X koje poštuju preslikavanje T .

Prateći uputstva istraživanja, uvešćemo sledeće definicije.

Definicija 2.9. Neka je ,X d metrički prostor, q pozitivan ceo broj, 1 2, ,..., qA A A ne-

prazni zatvoreni podskupovi od X i 1

q

i

i

Y A

. Za operator :T Y Y kažemo da je

slaba ciklična , -kontrakcija ako

(i) 1

q

i

i

A

je ciklična reprezentacija od Y koja poštuje T ;

20

(ii) postoji i funkcija 0,:V koja je poluneprekidna odozdo tako da

je , ,d Tx Ty Tx Ty d x y x y , za svako ix A , 1iy A ,

1,2,...,i q , gde je 1 1qA A .

Uzimajući t k t za 0,1k u Definiciji 2.9 dobijamo sledeći pojam.

Definicija 2.10. Neka je ,X d metrički prostor, q pozitivan ceo broj, 1 2, ,..., qA A A ne-

prazni zatvoreni podskupovi od X i 1

q

i

i

Y A

. Za operator :T Y Y kažemo da je

slaba ciklična k -kontrakcija ako:

(i) 1

q

i

i

A

je ciklična repezentacija od Y koja poštuje T ;

(ii) postoji 0,1k i funkcija 0,:V koja je poluneprekidna odozdo tako da

je , ,d Tx Ty Tx Ty k d x y x y , za svako ix A , 1iy A ,

1,2,...,i q , gde je 1 1qA A .

Sada ćemo navesti i dokazati sledeću teoremu, koja je nastavak Kirkove ciklične

teoreme o fiksnoj tački.

Teorema 2.6. Neka je ,X d kompletan metrički prostor, q pozitivan ceo broj,

1 2, ,..., q clA A A P x (gde je clP x familija nepraznih zatvorenih podskupova od X ),

1

q

i

i

Y A

i :T Y Y slaba ciklična , -kontrakcija. Tada, T ima jedinstvenu fiksnu

tačku u Y .

Dokaz. Uzmimo Y V i razmotrimo familiju :1iG G i q od 1q grafova takvih

da je ,i iG V E , 1i iiE A A , za svako 1,2,..., 1i q i 1 1qA A . Kako je 1 2, ,...,A A

clqA P x i ,X d je kompletan, tada je ,V d kompletan metrički prostor. Neka je

, ix y E za neko i . To podrazumeva da je ix A i 1iy A . Iz uslova i Definicije

2.9, imamo

1i iT A A i 1 2i iT A A .

Tada, dobijamo

1 2, i iTx Ty A A , to jest, 1, iTx Ty E .

21

Na taj način smo dokazali da je T G -monotono. Neka je 0 1x A (takva tačka postoji

jer je 1A ). Kako je 1 2T A A , imamo 0 2Tx A . To povlači da je 0 0 1,x Tx E .

Sada ćemo dokazati da je ,G d regularan.

Neka je nx niz u V , a x tačka u V koja zadovoljava uslove 1 i 2 Definicije

1.7. Za 1,2,...,i q , postoji podniz ,i kmx niza nx , tako da je , , 1,i k i km m ix x E za

svako k . To povlači da je ,i km ix A za svako k . Kako je iA zatvoren i , 0nd x x kada

n , imamo ix A , pa kako je 1,2,...,i q proizvoljno izabran, dobijamo da je

1

q

i

i

x A

. Ovo donosi, zbog izbora našeg podniza, ,,

i km ix x E za svako 1,2,...,i q i

svako k . Time smo dokazali da je ,G d regularan. Konačno, dokazaćemo da je

FixT 1G -usmeren. Neka su ,x y FixT .

Iz i u Definiciji 2.9, imamo 1

,q

i

i

x y A

, što povlači da je 1,x y E i 1,y y E

i naš zahtev je dokazan. Sada, iz definicije iE , sledi da su sve hipoteze Teoreme 2.1

zadovoljene, pa zaključujemo da T ima jedinstvenu fiksnu tačku u V .

U skladu sa Definicijom 2.10, dajemo sledeći rezultat.

Posledica 2.5. Neka je ,X d kompletan metrički prostor, q pozitivan ceo broj,

1 2, ,..., q clA A A P x ,

1

q

i

i

Y A

i :T Y Y slaba ciklična k -kontrakcija. Tada T ima

jedinstvenu fiksnu tačku u Y .

Konačno, na osnovu obrazloženja u dokazu Teoreme 2.3, može se dokazati sle-

deći rezultat na parcijalnim metričkim prostorima.

Teorema 2.7. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor, q pozitivan ceo

broj, 1 2, ,..., pq cl

A A A P x ( gde je p

clP x familija nepraznih zatvorenih podskupova od

X ), 1

q

i

i

Y A

i :T Y Y operator. Pretpostavimo da

(i) 1

q

i

i

A

je ciklična reprezentacija od Y koja poštuje T ;

(ii) postoji tako da je , ,p Tx Ty p x y , za svako ix A , 1iy A ,

1,2,...,i q , gde je 1 1qA A .

22

Tada, T ima jedinstvenu fiksnu tačku u Y .

2.5 Neka proširenja principa kontrakcije na parcijalnim

metričkim prostorima

U ovom odeljku razmatraćemo rezultate fiksnih tačaka na novim proširenjima

Banachovog principa kontrakcije na parcijalnim metričkim prostorima i daćemo neke

nove uopštene verzije Matthewsove teoreme o fiksnoj tački.

Teorema 2.8. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor i :T X X

preslikavanje takvo da za svako ,x y X važi

, max , , , , , , , , , , , ,p Tx Ty ap x y bp x Tx cp y Ty d p x Ty p y Tx p x x p y y (2.8)

za neke , , 0,1a b c i1

0,2

d

. Tada,

(1) : , inf , :pX x X p x x p y y y X je neprazan.

(2) Postoji jedinstveno pu X tako da je u Tu .

Dokaz. Stavimo max , , , 2K a b c d . Neka je 0x X i neka je nx niz definisan sa

1n nx Tx , za svaki 1,2,...n

Dokazaćemo najpre (1). Za svako n , zbog (2.8) i 4P , imamo

1 1, ,n n n np x x p Tx Tx

1 1 1 1 1max , , , , , , , , ,n n n n n n n n n nap x x bp x Tx cp x Tx d p x Tx p Tx x

1 1, , ,n n n np x x p x x

1 1 1 1 1max , , , , , , , , ,n n n n n n n n n nap x x bp x x cp x x d p x x p x x

1 1, , ,n n n np x x p x x

1 1 1 1 1max , , , , , , , , ,n n n n n n n n n nap x x bp x x cp x x d p x x p x x

1 1, , ,n n n np x x p x x

1 1 1 1 1max , , , , , ,2 , ,2 , ,n n n n n n n n n nap x x bp x x cp x x dp x x dp x x

1 1, , ,n n n np x x p x x

23

1 1 1 1max , , , , , , ,n n n n n n n nKp x x Kp x x p x x p x x . (2.9)

Ako je 1 1 1 1 1max , , , , , , , ,n n n n n n n n n nKp x x Kp x x p x x p x x Kp x x za neko n ,

tada

1 1, ,n n n np x x Kp x x .

Kako je 0,1K , zaključujemo da je 1, 0n np x x . Na osnovu Leme 2.3, dobijamo

n nTx x . Kako je , ,n n n np x x p x Tx , imamo , 0n np x x . Odavde sledi da je pX

neprazan i (1) je dokazano.

Pretpostavimo sada da je 1lim , lim , 0n n n nn n

p x x p x x r

. Stoga, možemo

svesti

1 1 1 1 1max , , , , , , , ,n n n n n n n n n nKp x x Kp x x p x x p x x Kp x x

za svako n . Tada, iz (2.9) dobijamo

1 1 1 1 1, max , , , , , ,n n n n n n n n n np x x Kp x x p x x p x x p x x .

Dakle, 1,n np x x je opadajući niz nenegativnih realnih brojeva. Odatle sledi da

postoji 0r tako da je

1lim ,n nn

p x x r

.

Ako je 0r onda iz 1, ,n n n np x x p x x za svako n sledi da je lim , 0n nn

p x x

.

Ostaje da razmotrimo slučaj kada je 0r . Da bismo to uradili, stavimo

1 1 1max , , , , ,n n n n n n nr Kp x x p x x p x x

za svako 1,2,...n Iz (2.9) i 1lim ,n nn

p x x r

sledi da je lim nn

r r

. Pokazaćemo da

je 1,n n nr Kp x x za konačno n . Ako je 1,n n nr Kp x x za beskonačno mnogo n ,

postoji niz kn pozitivnih celih brojeva, tako da je 1,k k kn n nr Kp x x .

Puštajući da kn , dobijamo da je r Kr . Ovo je kontradikcija sa tim da je

0,1K i 0r . Dakle, 1,n n nr Kp x x za konačno n . Kombinovanjem ove činje-

nice sa definicijom nr , zaključujemo da je lim ,n nn

p x x r

.

Sada, za svako 1,2,...n , zbog 4P , imamo

2 1 1 2 1 1, , , , ,n n n n n n n n n np x x p x x p x x p x x p x x .

24

Iz gore navedenih jednakosti i 1lim , lim ,n n n nn n

p x x p x x r

sledi da je

2lim ,n nn

p x x r

.

Indukcijom, dobijamo da je lim ,n n sn

p x x r

za svaki pozitivan ceo broj s što je

ekvivalentno sa lim ,n mn

p x x r

. Dakle, nx je Cauchyjev niz u ,X p . Kako je

,X p kompletan, postoji u X tako da nx konvergira ka u kada n , tj.

,

, lim , lim ,n n mn n m

r p u u p x u p x x

.

Dokazaćemo da je , ,p u u p u Tu . Za svako 1,2,...n , imamo

, , , , ,n n n np u u p u Tu p u x p Tu x p x x . (2.10)

Sada, imamo

1 1 1 1 1 1, max , , , , , , , , ,n n n n n np Tu Tx ap u x bp u Tu cp x Tx d p u Tx p x Tu

1 1, , ,n np u u p x x

1 1 1max , , , , , , , , ,n n n n nap u x bp u Tu cp x x d p u x p x Tu

1 1, , ,n np u u p x x . (2.11)

Lako je videti da je 1, ,n np Tu Tx p Tu x ograničen niz. Dakle, ovaj niz ima

konvergentan podniz ,knp Tu x . Stavljajući u (2.11) da kn , na dobijamo

lim , max , , ,k

k

nn

p Tu x p u u Kp u Tu

.

Puštajući u (2.10) da kn i kombinujući sa gornjom činjenicom, dobijamo da je

, ,p u u p u Tu .

Pokažimo sada da je pX neprazan. Stavimo inf , :p p y y y X . Za svako

1,2,...k , možemo fiksirati kx X tako da je 1

,k kpp x x

k . Po onome što smo

dokazali, za svako 1,2,...k , možemo pronaći ku tako da je n k kT x u kada n i

, ,k

k k k k

ur p u u p Tu u .

25

Pokazaćemo da je ,lim ,m n

pm n

p u u

. Uzmimo 0 i stavimo

0

3: 1

1n

K

.

Ako je 0k n , tada koristeći (2.8), imamo

, max , , , , , ,2 , , ,k k k k k k k k k k k kp p Tu Tu ap u u bp u Tu cp u Tu dp u Tu p u u

max , , , , ,kk k k k k k k k

uKp u u p u u p u u r p x x

0

11 1

3p p p

K

k n

.

Ovo povlači da je 1

: , ,3

k k k kk

KU p x x p Tx Tx

. Takođe, ako je 0k n , tada

0

1 1, ,k

k k k kp pu

p u u r p x xk n

,

povlači da je 1

,3

k kp

Kp u u

.

Sada, za svako 0,n m n , iz , ,k k k kp u Tu p u u za svako 1,2,...k , sledi da je

, , , , , ,m n m m n n m n m m n np u u p u Tu p Tu u p Tu Tu p Tu Tu p Tu Tu

1

, 2 ,3

m n m nm n

KU U p Tu Tu p Tu Tu

. (2.12)

Sa druge strane, imamo

, max , , , , , , , , ,m n m n m m n n n m n mp Tu Tu ap u u bp Tu u cp Tu u d p Tu u p u Tu

, , ,m m n np u u p u u

max , , , , , , , ,m n n m n m m m n nap u u d p Tu u p u Tu p u u p u u

(2.13)

Štaviše, iz toga sledi

, , , , ,n m n n m n n n m np Tu u p Tu u p u u p u u p u u

i

, , , , ,n m m m m n m m m np u Tu p Tu u p u u p u u p u u

26

pa je

, , 2 ,m n m n m np Tu u p u Tu p u u .

Odatle,

max , , , , , , , ,m n n m n m m m n nap u u d p Tu u p u Tu p u u p u u

max , ,2 , , , , ,m n m n m m n nap u u dp u u p u u p u u

max , , , , ,m n m m n nKp u u p u u p u u . (2.14)

Iz (2.13) i (2.14), dobijamo

, max , , , , ,m n m n m m n np Tu Tu Kp u u p u u p u u .

Kombinovanjem gore navedene nejednakosti sa (2.12), dobijamo

1

, 2 max , , , , ,3

m n m n m m n nKp u u Kp u u p u u p u u

.

To povlači da

2 1 2 1 2 1

, max , , , , , .3 3 3

m n m n m m n nK K Kp u u Kp u u p u u p u u

Prema tome,

2 1 2 12

, max , , , ,3 3 3

m n m m n np

K Kp u u p u u p u u

2 2

max , 1 max ,3 3

p p pK

.

Dakle, ,lim ,m n

pm n

p u u

. Stoga je nu Cauchyjev niz. Kako je ,X p kompletan,

postoji y X takvo da nu y kada n , tj.

,

, lim , lim ,n m np

n m np y y p u y p u u

.

Dakle, py X ili pX . Ako je py X , postoji u X , tako da je

: , ,yr p u u p Tu u ,

gde je lim n

nu T y

. Imamo

27

, , , ,p y pp Tu Tu p Tu u p u u r p y y .

Odavde sledi da je , , ,p u u p Tu u p Tu Tu ili Tu u . Da završimo dokaz,

potrebno je da pokažemo da, ako su , pu v X fiksne tačke za T , onda je u v .

Zaista, iz ,Tu u Tv v i , , pp u u p v v sledi da je

, ,p u v p Tu Tv

max , , , , , , , , , , , ,ap u v bp u Tu cp v Tv d p u Tv p v Tu p u u p v v

max , , , , ,Kp u v p u u p v v .

Odavde sledi da je 1 , 0K p u v ili , , , pp u v p u u p v v .

Ako je 1 , 0K p u v , tada je , 0p u v , odnosno u v . Ako je , ,p u v p u u

, pp v v , tada je , , ,p u v p u u p v v , odnosno odnosno u v .

Napomena 2.7. Prethodna teorema ne podrazumeva jedinstvenost fiksne tačke za

T . U narednim teoremama i posledicama jedinstvenost fiksne tačke je ispunjena

pod jačim uslovima.

Teorema 2.9. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor i :T X X

preslikavanje takvo da za svako ,x y X važi

, ,p Tx Ty M x y (2.15)

gde je

, max , , , , , , , , , , , ,M x y ap x y bp x Tx cp y Ty d p x Ty p y Tx ep x x fp y y

za neke , , , 2 , , 0,1a b c d e f . Tada, postoji jedinstveno z X tako da je Tz z .

Dokaz. Neka je 0x X i neka je nx niz definisan sa

1n nx Tx , za svaki 1,2,...n

Ako je 0 0 1n nx x za neko 0 0n , tada po definiciji nx , T ima fiksnu tačku.

Pretpostavimo da je 1n nx x za neko 0n , tada na osnovu Leme 2.2, 1, 0n np x x

za svako 0n .

Na osnovu (2.15), imamo

1 1, ,n n n np Tx Tx M x x , (2.16)

28

gde je

1 1 1 1 1 1

1 1

, max , , , , , , , , ,

, , , .

n n n n n n n n n n n n

n n n n

M x x ap x x bp x Tx cp x Tx d p x Tx p x Tx

ep x x fp x x

Ispitaćemo sve posebne slučajeve za ,M x y .

Ako je 1 1 1 1 2, , ,n n n n n nM x x cp x Tx cp x x , tada (2.16) postaje

1 2 1 1 2, , ,n n n n n np x x p Tx Tx cp x x .

To je kontradikcija jer je 0,1c . Zato ćemo izostaviti ovaj slučaj.

Ako je 1 1 1, , ,n n n n n nM x x d p x Tx p x Tx , tada (2.16) postaje

1 2 1 1, , ,n n n n n np x x d p x Tx p x Tx

2 1 1, ,n n n nd p x x p x x

1 1 2, ,n n n nd p x x p x x .

Prema tome, 1 2 1, ,1

n n n n

dp x x p x x

d

.

Uzimajući u obzir 1P , možemo posmatrati

1 1 1 1max , , , , , , , ,n n n n n n n n n nap x x bp x Tx ep x x fp x x rp x x ,

gde je max , , ,r a b e f . Kombinovanjem svih slučajeva, (2.16) postaje

1 2 1, ,n n n np x x k p x x ,

gde je ,1

dk r

d

i, očigledno, 0 1k .

Prema tome,

2 11 2 1 1 0 1, , , ... ,n

n n n n n np x x k p x x k p x x k p x x . (2.17)

Pokazaćemo da je nx Cauchyjev niz. Bez gubljenja opštosti, pretpostavimo da je

n m . Tada, koristeći (2.17) zajedno sa nejednakošću trougla 4P , imamo

1 1 2 10 , , , ... ,n m n n n n m mp x x p x x p x x p x x

1 1 2 2 1 1, , ... ,n n n n m mp x x p x x p x x

1 1 2 1, , ... ,n n n n m mp x x p x x p x x

29

1 20 1... ,n n mk k k p x x

0 1

1,

1

n mm k

k p x xk

.

Odatle, ,lim , 0n m

n mp x x

, to jest nx je Cauchyjev niz u ,X p . Po Lemi 2.1, nx

je Cauchyjev niz i u , sX p . Osim toga, kako je ,X p kompletan, to je i , sX p ko-

mpletan. Dakle, postoji z X tako da nx z u , sX p . Dodatno, prema Lemi 2.1,

,

, lim , lim , 0n n mn n m

p z z p z x p x x

, (2.18)

odakle sledi

lim , 0sn

np z x

.

Pokazaćemo sada da je z fiksna tačka za T . Primetimo da zbog (2.18), imamo

, 0p z z . Zamenjujući nx x i y z u (2.15), dobijamo

1, , ,n n np x Tz p Tx Tz M x z ,

gde je

, max , , , , , , , , , , , , .n n n n n n n nM x z ap x z bp x Tx cp z Tz d p x Tz p z Tx ep x x fp z z

Puštajući da n , koristeći (2.18) i Lemu 2.2, dobijamo

, ,p z Tz M z z , (2.19)

gde je

, max , , , , , , , , , , , , .n n n n n n n nM x z ap x z bp x Tx cp z Tz d p x Tz p z Tx ep x x fp z z

Što se tiče (2.18), imamo , ,M z z cp z Tz ili , ,M z z dp z Tz . U oba slučaja

dobijamo da je , 0p Tz z . Na osnovu Leme 2.3 je Tz z .

Pokažimo da je z jedinstvena fiksna tačka za T . Pretpostavimo suprotno, da

postoji w X tako da je Tw w .

, , ,p z w p Tz Tw M z w ,

gde je

, max , , , , , , , , , , , ,M z w ap z w bp z Tz cp w Tw d p z Tw p w Tz ep z z fp w w

30

max , , , , , , , , , , , ,ap z w bp z z cp w w d p z w p w z ep z z fp w w .

Kako su , , , 2 , , 0,1a b c d e f , uz pomoć 1P , nejednakost (2.19) daje , 0p z w .

Na osnovu Leme 2.3 je z w .

Posledica 2.6. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor i :T X X

preslikavanje takvo da za svako ,x y X važi

, ,

, max , , , , , , , , ,2

p x x p y yp Tx Ty ap x y bp x Tx cp y Ty d p x Ty p y Tx

(2.34)

gde su , , 0,1a b c i 1

0,2

d

. Tada je : , inf , :pX x X p x x p y y y X

neprzan i T ima jedinstvenu fiksnu tačku.

Dokaz. Iz

, ,

max , , , , , , , , ,2

p x x p y yap x y bp x Tx cp y Ty d p x Ty p y Tx

max , , , , , , , , , , , ,ap x y bp x Tx cp y Ty d p x Ty p y Tx p x x p y y

i primenom Teoreme 2.8, ostaje da pokažemo jedinstvenost fiksne tačke. Ako su

,u v fiksne tačke za T , tada korišćenjem (2.20) dobijamo

, ,p u v p Tu Tv

, ,

max , , , , , , , , ,2

p u u p v vap u v bp u Tu cp v Tv d p u Tv p Tu v

, ,

max , ,2

p u u p v vKp u v

.

Odavde sledi da je , 0p u v ili , ,

,2

p u u p v vp u v

. Ako je , 0p u v , tada je

u v . Ako je , ,

,2

p u u p v vp u v

, tada je , 2 , , , 0sp u v p u v p u u p v v

tj. u v .

Posledica 2.7. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor i :T X X

preslikavanje takvo da za svako ,x y X važi

31

, max , , , , , , , ,p Tx Ty ap x y bp x Tx cp y Ty d p x Ty p y Tx

gde su , , 0,1a b c i 1

0,2

d

. Tada je : , inf , :pX x X p x x p y y y X

neprzan i T ima jedinstvenu fiksnu tačku.

Posledica 2.8. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor i :T X X

preslikavanje takvo da za svako ,x y X važi

, , , , , ,p Tx Ty ap x y bp Tx x cp y Ty d p x Ty p y Tx

gde su 2 1a b c d i , , , 0a b c d . Tada T ima jedinstvenu fiksnu tačku.

Posledica 2.9. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor i :T X X

preslikavanje takvo da za svako ,x y X važi

, , , , , , , ,p Tx Ty ap x y bp Tx x cp y Ty d p Tx y p x Ty ep x x fp y y

gde su 2 1a b c d e f i , , , , , 0a b c d e f . Tada T ima jedinstvenu fiksnu

tačku.

Sledeći rezultat je glavna posledica Teoreme 2.8.

Posledica 2.10. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor, 0,1 i

:T X X dato preslikavanje. Pretpostavimo da za svako ,x y X važi sledeći uslov

, max , , , , ,p Tx Ty p x y p x x p y y . (2.21)

Tada,

(1) skup : , inf , :pX x X p x x p y y y X je neprzan;

(2) postoji jedinstveno pu X tako da je u Tu ;

(3) za svako px X niz 1

n

nT x

konvergira ka u u odnosu na sp .

Dokaz. Neka je x X . Očigledno, (2.21) povlači

, max , , , ,p Tx Tx p x x p x x p x x ,

0

,n n

np T x T x

je neopadajući niz i

32

1 1 1 1, max , , ,n m n m n np T x T x p T x T x p T x T x , za svako 1m n .

Stavimo

: lim , inf , 0n n n nx

n nr p T x T x p T x T x

i

1

: , ,1

xM p x Tx p x x

.

Dokazaćemo da je

, nxp x T x M , za svako 0n . (2.22)

Očigledno, (2.22) važi za 0,1n . Pretpostavimo da (2.22) važi za svako 0 1n n i

dokažimo da važi za 0 2n n . Ovde, imamo

0 0, , ,n n

p x T x p x Tx p Tx T x

0 1, max , , ,

np x Tx p x T x p x x

, , ,1

xp x Tx p x Tx p x x M

.

Prema tome, indukcijom dobijamo (2.22). Sada ćemo dokazati da je

,

lim ,n mx

n mp T x T x r . (2.23)

Očigledno, za svako ,n m važi , ,n m n nxp T x T x p T x T x r . Za bilo koje 0 ,

postoji 0n tako da je 0 0,n n

xp T x T x r i 02n

x xM r . Sada, za svako

0, 2n m n ,

1 1 1 1 1 1, max , , , , ,n m n m n n m mp T x T x p T x T x p T x T x p T x T x

2 2 2 2 2 2 2max , , , , , ...n m n n m mp T x T x p T x T x p T x T x

0 0 0 0 0 0 0max , , , , ,n n n m n n n n n m n m n

p T x T x p T x T x p T x T x

xr .

Odavde, dobijamo (2.23). Kako je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor,

postoji x X , tako da je

33

,

, lim , lim ,n n mx

n n mr p x x p x T x p T x T x (2.24)

Dokazaćemo da je

, ,p x x p x Tx . (2.25)

Za svaki n je

, , , ,n n n np x Tx p x T x p T x T x p Tx T x . (2.26)

Iz (2.21) sledi da postoji podniz 1k k

n

pozitivnih celih brojeva tako da je

1, ,k kn n

p Tx T x p x T x , 1k , ili , ,kn

p Tx T x p x x , 1k , ili , knp Tx T x

1 1, , 1k kn n

p T x T x k

. U svakom od ovih slučajeva, iz (2.26), uzimajući da k ,

sledi da je , ,p x Tx p x x . Odavde, dobijamo (2.25).

Dokažimo da je pX neprazan. Za svako k izaberimo kx X tako da je

1

,k k pp x xk

. Pokažimo da je

,

lim ,n m pn m

p x x .

Za dato 0 stavimo

0 : 11

n

. Ako je 0k n , dobijamo

, , ,kp k k k k x k kp Tx Tx p x x r p x x

0

11 1.

3p p p

k n

Otuda, zaključujemo da

1

: , ,3

k k k k kU p x x p Tx Tx

, za 0k n . (2.27)

Takođe, ako je 0k n , tada 0

1, ,

kk k x k k pp x x r p x xn

povlači

, 13

k k pp x x

, za svako 0k n . (2.28)

Sada, ako su 0,n m n , tada

, , , , ,n m n n n m m m m mp x x p x Tx p Tx Tx p Tx x p Tx Tx

34

i (2.25) povlače

, , max , , , , ,n m n m n m n m n m n n m mp x x U U p Tx Tx U U p x x p x x p x x .

Dakle, koristeći (2.27) i (2.28), dobijamo

2 2 2

, max , 1 , , 1 ,3 3 3

p n m n n m mp x x p x x p x x

2

max , 13

p p

.

Dakle, važi (2.25). Sada, kako je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor, postoji

y X tako da je

,

, lim , lim ,n n m pn n m

p y y p y x p x x .

Posebno, py X pa je pX .

Sada, neka je px X proizvoljan. Tada, na osnovu (2.24), imamo

, , ,p x pp Tx Tx p x Tx p x x r ,

pa pTx x X . (2.24) kaže da niz 1

n

nT x

konvergira ka x u odnosu na metruku sp .

Da završimo dokaz teoreme preostaje da pokažemo da, ako su , pu v X fiksne tačke

u T , onda je u v . Ovo sledi direktno iz

, , max , , , , ,p u v p Tu Tv p u v p u u p v v ,

jer u svakom slučaju važi 1 , 0p u v , tj. , 0p u v pa je u v , ili ,p u v

, , pp u u p v v u kom slučaju takođe mora biti u v .

Napomena 2.8. Iako prethodna teorema ne podrazumeva jedinstvenost fiksne tačke

lako je uočiti to, pod pretpostavkom da su u i v fiksne tačke koje zadovoljavaju

, ,p u u p v v sledi u v . Ako uslov (2.21) zamenimo nešto jačim uslovom, tada je

jedinstvenost fiksne tačke zagarantovana.

Teorema 2.10. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor, 0,1 i

:T X X dato preslikavanje. Pretpostavimo da za svako ,x y X važi sledeći uslov

35

, ,

, max , ,2

p x x p y yp Tx Ty p x y

.

Tada, postoji jedinstveno z X tako da je z Tz . Pored toga, pz X i za svako

px X niz 1

n

nT x

konvergira ka z u odnosu na metriku ps.

Dokaz. Prema pethodnoj teoremi, jedino što treba da dokažemo je jedinstvenost

fiksne tačke. Ako je Tz z i Tw w , tada

, ,

, , max , ,2

p z z p w wp z w p Tz Tw p z w

ili smo imali , ,p z w p z w i odatle je , 0p z w i z w , ili 0 2 ,p z w

, , ,sp z z p w w p z w i z w .

Kao posledicu dobijamo rezultat Matthewsa. Napominjemo da se rezultat

Matthewsa odnosi na kompletan parcijalni metrički prostor, ali važi i za 0-kompletan

parcijalni metrički prostor.

Posledica 2.11 (Matthews). Neka je ,X p 0kompletan parcijalni metrički prostor,

0,1 i :T X X preslikavanje za koje je

, ,p Tx Ty p x y (2.29)

za svako ,x y X . Tada postoji jedinstvena fiksna tačka z X za T , , 0p z z i za

svako x X niz nT x konvergira ka z u odnosu na sp .

Dokaz. Uslov (2.29) povlači da je , ,n n np T x T x p x x , što zajedno sa (2.24)

povlači , 0p x x . Tada, iz (2.25), imamo , 0p x Tx , pa je sp -granica niza

0

n

nT x

u stvari jedinstvena fiksna tačka x Tx .

Primer 2.5. Neka je : 0,1 2,3X i definišimo 2:p X sa

max , , , 2,3 ,,

, , 0,1 .

x y x yp x y

x y x y

Tada je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor. Definišimo :T X X sa

36

1, 0 1,

2

1, 2,

2, 2 3.

2

xx

Tx x

xx

Sada, 1

, ,2

p Tx Ty p x y , za , 0,1x y i , ,

,2

p x x p y yp Tx Ty

, za

, 2,3x y . Za bilo koje 0,1 primetimo da, ako je 1

2 , tada (2.29) ne

važi ni za jedno , 2,3x y i ako je 1

,12

, tada (2.29) ne važi ni za jedno ,x y za

koje je 2

22 1

y x

. Na osnovu Teoreme 2.10, postoji jedinstvena fiksna tačka

1z i 1,1 0 pp . Ovde je 2,3pX i da li Picardov niz 0

n

nT x

tačaka

\ px X X konvergira ka fiksnoj tački ili ne zavisi od izbora tačke x : ako je 2,3x

odgovor je negativan, a ako je 2x odgovor je pozitivan.

Istraživanja postojanja fiksnih tačaka utvrđenih kontrakcija na metričkim pro-

storima pokrenuo je Nadler. Sledeća teorema je motivisana Nadlerovim rezultatima i

generalizuje dobro poznat Banachov princip kontrakcije na više načina.

Teorema 2.11. Neka je ,X p 0-kompletan parcijalni metrički prostor i neka je

:T X X postavljeno p-kontraktivno preslikavanje - tj. postoji 0,1r tako da za

svako 1 2,x x X i 1 1y Tx postoji 2 2y Tx tako da je 1 2 1 2, ,p y y rp x x - od X u

sebe takvo da je za svaki x X Tx neprazan ps-zatvoren podskup od X . Tada

postoji 0x X tako da je 0x Tx , tj. 0x je fiksna tačka u T i 0 0, 0p x x .

Dokaz. Pretpostavimo da je 0u X i 1 0u Tu . Tada postoji 2 1u Tu tako da je

1 2 0 1, ,p u u rp u u . Dakle, imamo niz 1n n

u

u X takav da je 1n nu Tu i

1 1, ,n n n np u u rp u u za svako n . Za bilo koje n , imamo

1 1 0 1, , ... ,nn n n np u u rp u u r p u u ,

i

0 1, 2 ,nn np u u r p u u .

Za m n ,

1 1 2 1, , , ... ,n m n n n n m mp u u p u u p u u p u u

37

1 10 1 0 1... , ,

1

nn n m r

r r r p u u p u ur

.

Sada, 1n n

u

je 0-Cauchyjev niz u X . Kako je X 0-kompletan prostor, postoji

0v X takvo da 0nu v kada n i 0 0, 0p v v . Štaviše,

0 0 1, ,1

n

n

rp u v p u u

r

, za 1n .

Definišimo 0nw Tv sa 1 0, ,n n np u w rp u w , za 1n . Dakle, za svaki n ,

1 0 0 1, , ,1

n

n n n

rp u w rp u v p u u

r

.

Prema tome, nw konvergira ka 0v . Kako je 0Tv zatvoren, imamo 0 0v Tv .

2.6 Ćirićeva kvazikontrakcija

U ovoj sekciji dati su rezultati do kojih su došli V. Rakočević, V. Pavlović i D. Ilić u

radu Three exstensions of Ćirić quasicontracion on partial metric spaces 2013.

godine. Tu su generalizovani rezultati iz radova Altun, Sola i Sinseka, Ilića i Ćirića.

Prvo su date definicije i poomoćna tvrđenja neophodna za dokaz glavnih

rezultata.

Definicija 2.11. Neka je ,X p parcijalni metrički prostor i :T X X preslikavanje

na njemu. Ako za neko 0,1 i za svako ,x y X važi

, max , , , , ,p Tx Ty M x y p x x p y y (2.30)

gde je , max , , , , , , , , ,M x y p x Tx p x Ty p x y p Tx y p y Ty , onda je T 1p

kvazikontrakcija. Ako je za svako ,x y X zadovoljen jači uslov

, ,

, max , ,2

p x x p y yp Tx Ty M x y

(2.31)

tada se T zove 2p kvazikontrakcija. Ako važi još jači uslov

38

, ,p Tx Ty M x y (2.32)

za svako ,x y X , reći ćemo da je p kvazikontrakcija.

Lema 2.6. Neka je ,X p parcijalni metrički prostor, :T X X 1p kvaziko-

ntrakcija, x X i , ,m n k celi brojevi takvi da je 1m n k . Ako je

, ,n m i ip T x T x p T x T x za sve ,..., 1 ,..., 1i n k n m k m tada za neke

0 0, ,...,i j n k m važi

0 0, ,i jn m kp T x T x p T x T x .

Dokaz. Indukcijom po k tvrđenje sledi iz (2.30) i učinjenih pretpostavki. Zato,

pretpostavimo da tvrđenje važi za neko 1k i sve m n k i neka su 1m n k

takvi da važi , ,n m i ip T x T x p T x T x za sve 1 ,..., 1 1 ,...i n k n m k

..., 1m .

Iz 1 1 1 1, max , , ,n m n n m mp T x T x p T x T x p T x T x i (2.30) vidimo da je

1 1, ,n mn mp T x T x p T x T x za neke 1 1, 1, , 1, , 1, 1 ,n m n n m m n m

1, , , 1n m n m ako n m ili za neke 1 1, 1, , 1, 1n m n n n n ako m n ; u

svakom slučaju je 1 1 1m n n k .

Ne može postojati 1 1 1 1,..., 1 ,..., 1 1 ,..., 1i n k n m k m n k n

1 ,..., 1m k m tako da je 1 1, ,n m i ip T x T x p T x T x jer bi to značilo da je

, ,n m i ip T x T x p T x T x . Stoga, po indukciskoj hipotezi postoje 0 0 1, ,...,i j n k

1 1 ,...,m n k m tako da je 0 01 1, ,i jn m kp T x T x p T x T x , pa je ,n mp T x T x

0 0,i jk p T x T x .

Lema 2.7. Neka je ,X p parcijalni metrički prostor, :T X X 1p kvazikontrakcija,

x X i 1

, ,1

xN p x Tx p x x

. Tada:

(1) za svako , 0i j važi

,i jxp T x T x N ;

(2) ako je 0sup ,i ix iS p T x T x , tada je za nek 0i :

39

,i ixp T x T x S .

Dokaz. (1) Fiksirajmo 1m i neka je max , 0 ,i jd p T x T x i j m .

Lako se vidi da postoji 0,1,...,i m tako da je , id p x T x . Zaista, neka su

, 0,1,...,i j m takvi da je ,i jd p T x T x . Ako 0 ,i j , tvrđenje važi. U supro-

tnom, , 1i j pa je

1 1 1 1 1 1, max , , , , ,i ji j i j j jp T x T x p T x T x p T x T x p T x T x

za neke , 0,1,...,i j m . Zato je ili 1 1,i j

d p T x T x d , pa je 0 , kd p x T x za

sve 0 k m ili je

1 1 1 1max , , ,i i j jd p T x T x p T x T x d ,

pa je 1 1, , ,i jp p x T x p x T x .

Neka je sada 0 0,1,...,i m tako da 0,i

d p x T x . Ako 0 0i , trivijalno sledi

xd N . Ako je 0 1i , onda za neke 1 2, 0,1,...,i i m

0 0

0 01 2 1 1

, , , ,

max , , , , , ,

i i

i ii i

d p x T x p x Tx p Tx T x p x Tx

p T x T x p x x p T x T x

pa je , max , ,l ld p x Tx d p T x T x , gde je l najmanji ceo broj za koji je

0 l m i , max , 0l l i ip T x T x p T x T x i m . Zato je ili ,

1x

d x Txd N

ili

, ,l ld p x Tx p T x T x . Druga mogućnost u slučaju 0l odmah daje xd N , a ako

je 1l onda zbog izbora broja l imamo 1 1, ,l l l lp T x T x p T x T x , pa mora biti

1 2, , ,j j

d p x Tx p T x T x p x Tx d za neke 1 2, 1,j j l l i opet je xd N .

(2) Iz (1) sledi xS . Ako 0xS , dokaz je gotov. Zato, neka je 0xS . Pretpo-

stavimo suprotno, da je za svako 0i .

,i ixp T x T x S . (2.33)

40

Neka je k tako da 2kx xN S i 0i tako da je 0 0, 2

i ixp T x T x S . Po (2.33)

možemo pretpostaviti 0i k , i postoji n tako da 0n i i , ,n n i ip T x T x p T x T x

za svako 00 i i . Neka je 0n najmanji takav broj.

Pošto 0 0, ,n n i ip T x T x p T x T x za sve 00 i n i 0n k , to je po Lemi 2.6

0 0 1 2, , 2n n j jk k

x xp T x T x p T x T x N S za neke 1 2 0,j j n k . Međutim, 2

xS

0 0 0 0, ,i i n n

p T x T x p T x T x i dobija se kontradikcija.

Lema 2.7. Neka je ,X p parcijalni metrički prostor, :T X X 1p kvazikontrakcija,

x X i limsup ,i ix ir p T x T x . Tada je

,

lim ,n mx

n mp T x T x r . (2.34)

Dokaz. Po Lemi 2.6 je xr . Tvrđenje leme sledi jednostavno iz sledeća dva

tvrđenja:

(1) za svako 0 postoji k tako da je

,n mxp T x T x r

za svako ,n m k ;

(2) ako 0xr onda

1 1, ,i i i ip T x T x p T x T x , osim za konačno mnogo 0i .

Da dokažemo (1), neka je 0 . Iz limsup ,i ix i xr p T x T x r sledi postoji

0k tako da je 0kx xN r i za sve 0i k važi ,i i

xp T x T x r .

Neka je 02m n k . Ako je , ,n m i ip T x T x p T x T x za neko 0i k , onda je

,n mxp T x T x r . U suprotnom, kako je 0 0n k k , po Lemi 2.5, postoje

0 0 0,i j n k takvi da je 0 0 0 0, ,k i j kn m

x xp T x T x p T x T x N r .

Za dokaz u (2), pretpostavimo da je 0xr i neka je 0 1xr i k iz

(1). Pokazaćemo da za svako n k mora da važi , max ,n n i ip T x T x p T x T x i n .

Pretpostavimo da za neko n k to nije tačno. Po 2 Leme 2.6, postoji l n za koje

41

je , max ,l l i ip T x T x p T x T x i n . Neka je m najmanji takav broj. Tada je po

našoj pretpostavci.

1m n ., pa zbog izbora m imamo ,m mp T x T x

1 1,m mp T x T x . Zato je 1 1, ,m m m mxp T x T x p T x T x r . Po definiciji xr i

m mora biti ,m mxr p T x T x , pa iz poslednje nejednakosti sledi x xr r , tj.

1xr što je u kontradikciji sa izborom za .

Lema 2.8. Neka je ,X p parcijalni metrički prostor, :T X X 1p kvazikontrakcija

i ,x y X takvi da je

,

lim , lim , ,n m n

n m np T x T x p y T x p y y .

Tada, , ,p y y p y Ty .

Dokaz. Neka je , ,n n nn p y T x p T x T x i 1, ,n

n p y T x p y y .

Primetimo da

1, , max , , , ,n n n nn np y T x p T x Ty p T x Ty p T x y

1 1 1 1, , , , , , , , ,n n n n np T x y p T x T x p y Ty p T x T x p y y

povlači, uz 1 , ,n nnp T x T y p y Ty daje

1

1 1 1

, max , , , , ,1 1

, , , , ,

n nnn

n n n n

p y Ty p T x y p T x y

p T x T x p T x T x p y y

i tvrđenje sledi kada pustimo da n u gornjoj nejednakosti.

Slede glavni rezultati.

Teorema 2.12. Neka je ,X p parcijalni metrički prostor i :T X X 1p kvaziko-

ntrakcija. Tada:

(1) za svako x X niz nT x konvergira u odnosu na sp ka nekom x tako da je

, ,p x x p x Tx ;

(2) postoji u X tako da je u Tu i , inf ,x Xp u u p x x .

42

Dokaz. Po Lemi 2.7 i 2.8 i kompletnosti prostora ,X p za svako x X postoji x X

tako da , ,p x x p x Tx i

,

, lim , lim ,n n mx

n n mp x x p x T x p T x T x r

Takođe imamo

,n nxp T x T x r osim za konačno mnogo n (2.35)

Neka je inf inf ,x X x x XI r p x x . Naći ćemo u X tako da je , ,p u u p u Tu

I i pokazaćemo da je Tu u za to u .

Po (2.34) i (2.35), za svako n može se naći po nx X i ni tako da je

1 1 1 1, , , , , , , , 1n n n n n n n ni i i i i i i i

n n n n n n n np T x T x p T x T x p T x T x p T x T x I I n

(2.36)

Neka je 1 1 1 1 1, , , , ,n n n n m m mi i i i i i i

n m n n n n n n mp T x T x p T x T x p T x T x p T x

1mimT x

i 1 1, ,n n n ni i i i

n n n n np T x T x p T x T x .

Sada

1 1,

1 1,

1 1 1

, ,

max , , , , , ,

, , , , , , ,

n m n m

n m n m n m

n n m m n n m m

i i i in m n m n m

i i i i i in m n m n m n m

i i i i i i i in n m m n n m m

p T x T x p T x T x

p T x T x p T x T x p T x T x

p T x T x p T x T x p T x T x p T x T x

daje, uz 1, ,n m n mi i i i

n m n m mp T x T x p T x T x i 1, ,m n m ni i i i

m n m np T x T x p T x T x

n :

, ,n n n mi i i in n n mI p T x T x p T x T x

, 1

max , ,1 1 1 min ,

n m m n In m

Dakle, ,lim ,n mi in m n mp T x T x I i zato postoji u X tako da

,

, lim , lim , infn m ni i in m n x

n m n x Xp u u p T x T x p u T x I r

(2.37)

Pokažimo da je

43

, ,p u u p u Tu . (2.38)

Neka je , , ,n n ni i in n n np u u p u T x p T x T x i 1

, ,nin np u T x p u u . Iz

1 1

1 1 1

, ,

max , , , , , ,

, , , , , , ,

n

n n n

n n n n

in n

i i in n n n

i i i in n n n

p u Tu p T x Tu

p T x Tu p T x u p T x u

p T x T x p u Tu p T x T x p u u

sledi upotrebljavanje 1, ,ni

n np T x Tu p u Tu :

1

1 1 1

, max , , , , ,1 1

, , , , ,

n n

n n n n

i in nn n

i i i in n n n

p u Tu p T x u p T x u

p T x T x p T x T x p u u

pa je , ,p u Tu p u u .

Sada dokazujemo indukcijom po 0n da je

lim , ,ki nk

kp T x T u p u u I (2.39)

Za 0n dobija se (2.37). Pretpostavimo da (2.39) važi za neko 0n .

Imamo

1

1 11

1 1 11

,

max , , , , , ,

, , , , , , ,

m

m m m

m m m m

i nn m

i i in n nm m m

i i i in n n nm m m m

I p T x T u

p T x T u p T x T u p T x T u

p T x T x p T u T u p T x T x p T u T u

Odavde, koristeći

1 11 1, , , ,m m m m m mi i i i i in nm m m m m mp T x T u p T x T u p T x T x p T x T x

1, 1mi nmp T x T u m (ovde se koristi (2.36))

i

1 1, , , , 1m m m m mi i i i in n n

m m m m mp T x T u p T x T u p T x T x p T x T u m

i

1 1, , , ,m m mi i in n i m n nm m m mp T u T u p T x T u p T u T x p T x T x

44

i , ,n np T u T u p u u , što sledi kada pustimo da k u

, 2 , ,k k ki i in n nm k k kp T u T u p T x T x p T x T x

zaključujemo da važi

11, max , , , , 1 ,1

, , , 1 , ,1

m m n

m m m

i i in nm m n

i i inm m m

I p T x T u p T x T u p T x u mm

p T x T u p T x T x I m p u u

Zadnja nejednakost, u svetlu indukcijske hipoteze i (2.37), daje

1lim , ,mi nm

mp T x T u p u u I

Konačno, dokazujemo Tu u . Po (2.38) dovoljno je pokazati , ,p Tu Tu p u u .

Pretpostavimo da to ne važi. Onda je , ,p Tu Tu p u u I .

Neka je y Tu . Po (2.35) i yr I postoji 0j tako da je ,j jp T y T y I . Neka je m

najmanje takvo j . Zbog naših pretpostavki mora da važi 1m . Tada je

, ,j j m mp T y T y p T y T y za svako 0 j m . Zato, po Lemi 2.6, postoje

, 0, 1,...,i j m takvi da , ,m m m i jp T y T y p T y T y . Zato je

1 1, ,m m m i jI p T y T y p T u T u

Uzimajući da n u 1 1 1 1, , , , ,n n n ni i i ii j i jn n np T u T u p T u T u T x p T x T u p T x

ninT x i po (2.37) i (2.39) imamo 1 1,i jp T u T u I . Ali iz 1m sledi I I , odn.

0 ,I p Tu Tu , što je kontradikcija.

Teorema 2.13. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor i :T X X 2p

kvazikontrakcija. Tada postoji jedinstvena fiksna tačka u X preslikavanja T . Za

svako x X niz nT x konvergira u odnosu na sp ka nekoj tački x tako da

, ,p x x p x Tx i , inf ,x Xp u u p x x .

Dokaz. Zadovoljeni su uslovi Teoreme 2.12, pa treba samo dokazati jedinstvenost

fiksne tačke. Neka su ,u v X takvi da je Tu u i Tv v . Po (2.31) imamo

45

, ,

, , max , ,2

p u v p v vp u v p Tu Tv p u v

Zato je ili , 0p u v ili 0 2 , , , ,sp u v p u u p v v p u v , pa je u oba slučaja

u v .

Teorema 2.14. Neka je ,X p 0-kompletan parcijalni metrički prostor i :T X X p

kvazikontrakcija. Tada T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X za kuju je , 0p u v i

za svako x X niz nT x konvergira ka u u odnosu na sp .

Dokaz. Po Lemi 2.8 je ,lim ,n mn m xp T x T x r . Takođe, xr po Lemi 2.7.

Ako bi bilo 0xr , onda bi postojalo 1

01

xr

i n tako da je

, ,i jx xp T x T x r r za bilo koje , 1,i j n n . Zato bi po (2.32) postojali

, 1,i j n n takvi da je

, ,n n i jx xr p T x T x p T x T x r ,

pa bi imali 1

1

xr

, što je kontradikcija.

Zato je 0xr i zbog toga što je ,X p 0-kompletan postoji u X tako da je

,lim , lim , , 0n m nn m np T x T x p u T x p u u . Međutim, po Lemi 2.8 je ,p u Tu

, 0p u u pa je Tu u . Jedinstvenost se rutinski pokazuje.

Važnije posledice ovih teorema su sledeća tvrđenja.

Posledica 2.12. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor, 0, 1 i

:T X X dato preslikavanje. Neka za svako ,x y X važi sledeći uslov

, max , , , , ,p Tx Ty p x y p x x p y y .

Tada:

(1) skup , inf ,py X

X x X p x x p y y

je neprazan;

(2) postoji jedinstveno pu X tako da je Tu u ;

(3) za svako px X niz nT x konvergira ka u u odnosu na sp .

46

Dokaz. Neka je inf ,px X

p x x

i inf ,x X

I p x x

. Iz (7.14) tada sledi ,p Tx Tx

,p x x za sve x X . Zato, iz , lim ,n nnp x x p T x T x i 1 1,n np T x T x

,n np T x T x , 0n vidimo da je 0 0, , ,p x x p T x T x p x x . Stoga, p I . Po

teoremi, postoji u X tako da je Tu u i , pp u u . To znači da pu X . Neka

je sada px X proizvoljno. Pošto je , , ,n np pp x x p T x T x p x x za svako

n , to je , , ,n npp x x p T x T x p u u , pa je

,lim , ,n m

n mp T x T x p u u .

Takođe, iz 1, max , ,n npp u T x p u T x , zbog 1, ,n np u T x p u T x

1 1 1, ,n n n np T x T x p T x T x , imamo

1 1 1 1, max , , ,1

n n n n np pp u T x p T x T x p T x T x

.

Dakle, lim , ,nn pp u T x p u u .

Konačno, ako je pv X fiksna tačka, onda je po prethodnoj diskusiji ,p u u

lim , lim ,n n nn np T v T v p u T v , tj. , , ,p u u p v v p u v pa je u v .

Posledica 2.13. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor i :T X X

preslikavanje sa svojstvom da za svako ,x y X važi

, ,

, max , ,2

p x x p y yp Tx Ty p x y

.

Onda postoji jedinstveno z X tako da je Tz z . Štaviše pz X i za svako px X niz

nT x konvergira u odnosu na sp ka z .

Napomena 2.9. Ako je u Teoremi 2.14 p d metrika, dobija se poznati rezultat

Ćirića o kvazikontrakcijama. Iz Teoreme 2.14 sledi i naredni rezultat za fiksnu tačku

preslikavanja tipa KardyRogersa.

Posledica 2.14. Ako je ,X p 0kompletan parcijalni metrički prostor,

, , , , 0a b c d e , 0 1a b c d e i :T X X takvo da je za svako ,x y X

, , , , , ,p Tx Tx ap x y bp x Ty cp x Ty dp Tx y ep y Ty

47

onda postoji jedinstveno z X tako da Tz z i pri tom je , 0p z z i nT x teži ka

z u odnosu na sp za svako x X .

2.7 Fisherova kvazikontrakcija

U ovoj sekciji su prikazani rezultati Rakočevića, Pavlovića i Ilića iz rada An

exstension of two fixed point theorems of Fisher to partial metric spaces iz 2015.

godine. Fisher je 1979. godine generalizovao rezultate Ćirića o kvazikontrakcijama,

tako što je izučavao preslikavanja :T X X metričkog prostora ,X koji zadovo-

ljava kontrakrtivni uslov

, max , , , , , 0 , , 0 ,l q i j i i j jT x T y T x T y T x T x T y T y i i l j j q

0,1 , koja se po njemu naziva Fisherove kvazikontrakcije. On je formulisao

sledeću teoremu o fiksnoj tački za takva preslikavanja.

Teorema 2.15 (Fisher). Ako je :T X X Fisherova kavazikontrakcija na kompletnom

metričkom prostoru ,X , koja je neprekidna ili za koju je 1q , tada T ima jedi-

nstvenu fiksnu tačku u X kojoj konvergira niz nT x za bilo koje x X .

Da bi se Teorema 2.15 proširila za slučaj parcijalnih metričkih prostora,

neophodno je modifikovati pojmove kvazikontrakcije i neprekidnosti.

Definicija 2.12. Neka je ,X p parcijalni metrički prostor i :T X X . Ako postoje

0, 1 i prirodni brojevi ,l q tako da je za svako ,x y X

, ,l q i jp T x T y p T x T y (2.40)

za neke 0 , 0i l j q , tada je T Fisherova kvazikontrakcija. Ako je u (2.40) 1q ,

T je stroga Fisherova kvazikontrakcija.

Definicija 2.13. Preslikavanje 1 2:T X X gde su 1 1,X p i 2 2,X p parcijalni metri-

čki prostori je neprekidno ako je ono neprekidno presikavanje iz 1 1, sX p u 2 2, sX p ,

odn. važi da

48

1 1 1,

, lim , lim ,n n mn n m

p a a p x a p x x

povlači

2 2 1,

, lim , lim ,n n mn n m

p Ta Ta p Tx Ta p Tx Tx .

Preslikavanje T je pmetrički neprekidno ako 1 1, ,np x a p a a povlači

2 2, ,np Tx Ta p Ta Ta , tj. ako je neprekidno u odnosu na topologije koje indukuju

dve parcijalne metrike.

Sledeći primer pokazuje da su pojmovi neprekidnosti i p–metričke neprekidno-

sti nezavisni.

Primer 2.6. Neka je 0,1X i , max ,p x y x y za ,x y X . Lako je videti da je

svako p–metričko preaslikavanje na X neopadajuće. Zato, preslikavanje koje nije

neopadajuće automatski nije p-metrički neprekidno (npr. 1Tx x ). Preslikavanje

:S X X definisano sa

2, 0 1 2

, 1 2 1

x xSx

x x

je p–metrički neprekidno ali nije neprekidno.

Za dokaz glavnih rezultata koristi se sledeća lema.

Lema 2.9. Ako je T Fisherova kvazikontrakcija i x X tada je

sup , , 0i jp T x T y i j .

Dokaz. Neka je max ,r l q . Menjajući po potrebi sa max 1 2, možemo bez

gubljenja opštosti pretpostaviti da je 1 2 , pa je 11

. Da bi dokazali tvrđenje,

dovoljno je pokazati da je

, max , 01

r i s rp T x T x p T x T x s r

(2.41)

za svako 0i . To ćemo uraditi indukcijom po i . Neka je max ,s rxM p T x T x

0 s r . Za 0 i r (2.41) važi jer je 1 1 2 . Neka (2.41) važi za sve 0 i k , za

neko k r i pretpostavimo da (2.41) nije tačno za i k . Onda imamo ,r kp T x T x

49

,1

r ixM p T x T x

za sve 0 i k . Pretpostavimo da su 0 ,i j k takvi da je

, ,r k j ip T x T x p T x T x i da je j r . Onda

, , , ,r k j r r i r kp T x T x p T x T x p T x T x Mx p T x T x ,

odnosno ,1

r kxp T x T x M

, što je nemoguće.

Zato, ako su 0 ,i j k takvi da je , ,r k j ip T x T x p T x T x , onda je ,i j r .

Odatle i iz (2.41), ponavljajući postupak, možemo naći nizove nj i ni , tako da je

,n nr i j k i , , max , 0 ,n nj ir k n n s lp T x T x p T x T x p T x T x s l k , pa je

, 0r kp T x T x –kontradikcija.

Sada se mogu dokazati glavni rezultati.

Teorema 2.16. Neka je ,X p 0-kompletan parcijalni metrički prostor i :T X X

neprekidna ili p–metrički neprekidna Fisherova kvazikontrakcija. Tada T ima jedi-

nstvenu fiksnu tačku a X , za koju je , 0p a a i niz nT x konvergira u odnosu na

sp ka a za svako x X .

Dokaz. Po Lemi 2.9, postoji 0S tako da je ,n mp T x T x S za svako ,n m .

Dokazujemo da je ,lim , 0n nn m p T x T x .

Za dato 0 neka je k tako da je k S . Neka je max ,r l q i ,n m k r

proizvoljni. Posle k uzastopnih primena (2.40) dobija se , ,n m k i jp T x T x p T x T x

za neke i n k r i j m k r , pa je ,n m kp T x T x S .

Pošto je ,X p 0–kompletan, postoji a X tako da je

,

, lim , lim ,n n m

n n mp a a p T x a p T x T x . (2.42)

Ako je T neprekidno, iz lim , 0nn p T x a sledi lim , 0s n

n p T x Ta i Ta a .

Ako je pak T p-metrički neprekidno, iz (2.42) sledi lim , ,n

np T x a p Ta Ta .

Indukcijom se zaključuje da je

50

lim , , , 0n i i

np T x a p T a T a i . (2.43)

Za svako 0i je , , ,i i n n ip a T a p T a T x p T x T a , pa iz (2.42) i (2.43) sledi

, , , 0i i ip a T a p T a T a i . (2.44)

Fiksirajmo 0i . Po (2.44) znači da je lim , ,i i in np y T a p T a T a gde je ny a za

svako n . Zato što je T p–metrički neprekidno, mora biti 1lim , in

np Ty T a

1 1,i ip T a T a , tj.

1 1 1, ,i i ip Ta T a p T a T a . (2.45)

Pošto (2.45) važi za proizvoljno 0i , može se upotrebiti (2.43) i

,lim , 0n mn m p T a T a (primetimo da prilikom dokazivanja (2.42) nije pretposta-

vljeno ništa o tački x X ) da se zaključi , 0p Ta Ta . Po (2.44) to znači da je

, 0p a Ta , tj. a Ta .

Da je a jedinstvena fiksna tačka za T dokzuje se uobičajeno; ako Tb b onda

, 0p a b i a b .

Naredni primer pokazuje da prethodna teorema ne važi ni u kompletnom

parcijalnom metričkom prostoru, ako se pretpostavka p–metričke neprekidnosti T

oslabi tako da T bude 0-parcijalno neprekidno, što znači da lim ,n np x a

, 0p a a lim , ,n np Tx Ta p Ta Ta .

Primer 2.7. Neka je 0,1 2X i p zadata sa

, 2 ,,

1, 2 ,

x y x yp x y

x y

Tada je ,X p parcijalni metrički prostor, što se lako proverava. Da dokažemo da je

kompletan, pretpostavimo da je ,lim ,n m n mp x x r . Pošto je , 0,1n mp x x za sve

,n m , to je 0,1r .

Ako je 1r onda postoji 0n tako da je , 1n mp x x za sve 0n n . Zato,

0,1nx za 0n n i ,n m n mp x x x x za 0,n m n , pa je ,lim , 0n m n mr p x x , tj.

51

niz je Cauchyjev u odnosu na uobičajenu Euklidsku metriku na 0,1 . To znači da

postoji 0,1a tako da je 0 lim lim ,n n n nx a p x a .

Ako je pak 1r , postoji 0n tako da je , 0n np x x za 0n n . Zato je 2nx za

sve 0n n i 1r , a takođe je lim ,2 1 2,2n np x p .

Definišimo preslikavanje :T X X sa

2, 0

,2, 0

x xp x y

x

Vidi se da 0,1iT x za x X i 2i . Zato 1 1

2

i iT x T x i ,i i i ip T x T y T x T y ako

je 2i pa je

3 3 3 3 2 2 2 21 1, ,

2 2p T x T y T x T y T x T y p T x T y

Stoga je T Fisherova kvazikontrakcija bez fiksnih tačaka.

Međutim, T je 0-parcijalno neprekidno u odnosu na p . Zaista, neka je

lim , , 0n np x a p a a . Jasno je da 2a . Razlikuju se sledeći slučajevi:

1. slučaj 0a . Onda je lim , 1 ,n np Tx Ta p Ta Ta .

2. slučaj 0,1a . Postoji 0n tako da je , 1np x a za 0n n . Zato 0,1nx za

0n n i ,n np x a x a za takvo n . Sledi lim 0n nx a .

Pošto je 0,1a , to znači da postoji 1n tako da 0,1nx za 1n n i zato 1

2n nT x za

1n n . Takođe, 2Ta a i zato je 1

lim , lim lim 02

n n n n n np Tx Ta Tx Ta x a

,p Ta Ta .

Teorema 2.17. Neka je ,X p 0–kompletan parcijalni metrički prostor i :T X X

stroga Fisherova kvazikontrakcija. Tada postoji jedinstvena fiksna tačka a X za T .

Štaviše, , 0p a a i za svako x X niz nT x konvergira ka a u odnosu na sp .

Dokaz. Za dato x X pokazuje se na isti način kao u Teoremi 2.16 da postoji a X

za koju važi (2.42). Po Lemi 2.9 postoji 0S tako da je ,n nS p T x T x za svako

n . Neka je m za koji je 2mS i k ml tako da je , 2np a T x za svako

52

n k ml . Imamo , , ,k kp Ta a p Ta T x p T x Ta . Primenom (2.40) za 1q ne

više od m puta na ,kp T x Ta , dobija se da za neko i k ml važi

, max , , ,k m i ip Ta T x p Ta T x p a T x .

Zato je , , max , ,k m ip Ta a p T x a S p a T x . Ovim je dokazano da je

, 0p Ta a , tj. Ta a . Jedinstvenost se proverava kao i ranije.

3 Zajedničke fiksne tačke na parcijalnim metričkim

prostorima

3.1 Egzistencija i jedinstvenost zajedničke fiksne tačke na

parcijalnim metričkim prostorima

Pojam slabe -kontrakcije uveli su Alber i Guerre-Delabriere. Za preslikavanje

(self-maping) T na metričkom prostoru X kažemo da je slaba -kontrakcija ako je

: 0, 0, strogo rastuće preslikavanje takvo da je 0 0 i

, , ,d Tx Ty d x y d x y , za svako ,x y X .

Ova kontrakcija je uopštenje -kontrakcije koju su uveli Boyd i Wong.

Primetimo da se za donje polu-neprekidno preslikavanje funkcija u u u

poklapa sa tipovima Boyd i Wong. Korišćenjem generalizovane slabe -kontrakcije

na kompletnom metričkom prostoru, dobijamo jedinstvenost zajedničke fiksne

tačke.

Definicija 3.1. Neka je ,X p parcijalni metrički prostor. Par operatora , :S T X X

nazivamo generalizovanom slabom -kontrakcijom ako postoji neprekidna, neopa-

dajuća funkcija : 0, 0, za koju je 0t za 0,t i 0 0 , tako da

, , ,p Tx Sy M x y M x y , za svako ,x y X , (3.1)

gde je 1

, max , , , , , , , ,2

M x y p x y p Tx x p y Sy p Tx y p x Sy

.

53

Teorema 3.1. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor. Pretpostavimo

da je : 0, 0, neprekidna, neopadajuća funkcija za koju je 0t za

0,t i 0 0 . Pretpostavimo takođe da je , :S T X X generalizovana slaba

-kontrakcija. Tada, ,S T imaju jedinstvenu fiksnu tačku z X za koju je .Tz Sz z

Dokaz. Počećemo sa sledećim opažanjima. , 0M x y ako i samo ako je x y

zajednička fiksna tačka za ,S T . Zaista, ako je x y zajednička fiksna tačka za S , T ,

tada Ty Tx x y Sy Sx i

1

, max , , , , , , , , ,2

M x y p x y p Tx x p y Sy p Tx y p x Sy p x x

.

Na osnovu (3.1),

, , , , , ,p x x p Tx Sy M x y M x y p x x x x

što je moguće jedino ako je , 0p x x . Stoga, , 0M x y . Da dokažemo obratno,

pretpostavimo da je , 0M x y . Primetimo da je , ,p x y M x y , ,p Tx x

,M x y , , ,p y Sy M x y . Prema tome, , 0p x y , , 0p Tx x i , 0p y Sy .

Može se lako pokazati na osnovu ( 1)P i ( 3)P da , , ,p x x p x y p y y i, stoga,

x y . Analogno, dobijamo Tx x i Sy y . Prema tome, x y je zajednička fiksna

tačka za ,S T .

Pretpostavimo da je 0x X . Definišimo niz nx tako da je 2 2 2 1n nx Tx i

2 1 2n nx Sx za 0, 1, 2, ...n Iz gore pomenutog zapažanja smo primetili da, ako je

1n nx x za svako 0n , onda očito ,S T imaju zajedničku fiksnu tačku. Dakle,

pretpostavimo da je 1n nx x za svako 0n .

Ako je n neparan, zbog (3.1) imamo

1 2 1 1 1, , , ,n n n n n n n np x x p Tx Sx M x x M x x ,

gde je

1 1 1 1 1 1

1, max , , , , , , , ,

2n n n n n n n n n n n nM x x p x x p Tx x p x Sx p x Tx p x Sx

1 1 2 1 1 2

1max , , , , , ,

2n n n n n n n np x x p x x p x x p x x

.

Prema nejednakosti trougla na parcijalnom metričkom prostoru,

54

1 1 2 1 1 2

1 1, , , ,

2 2n n n n n n n np x x p x x p x x p x x .

Prema tome,

1 1 1 2, max , , ,n n n n n nM x x p x x p x x .

Ako je 1 1 2, ,n n n nM x x p x x , tada na osnovu uopštene slabe -kontra-

kcije

1 2 1 2 1 2, , ,n n n n n np x x p x x p x x ,

što je kontradikcija. Prema tome, 1 1, ,n n n nM x x p x x i na osnovu uopštene

slabe -kontrakcije

1 2 1 1 1, , , ,n n n n n n n np x x p x x p x x p x x .

Stoga, 1 2 1, ,n n n np x x p x x . Ako je n konačno, analogno posmatramo

1 2 1, ,n n n np x x p x x . Definišimo 1,n n nt p x x i uočimo da je nt nenegati-

van, nerastući niz, a uopštena slaba -kontrakcija povlači da

2 1 1 1n n n nt t t t , za svako n . (3.2 )

Dakle, nt konvergira ka L , gde je 0L .

Dakle, postoje dva slučaja: 0L ili 0L . Pretpostavimo da je 0L . Kako je

neopadajuća, dobijamo 0 nL t . Zbog (3.2), imamo 1n n n nt t t t

L i zato

2 1 1 1 2n n n n n n nt t t t t t t L .

Induktivno, dobijamo n k nt t k L , što je kontradikcija za dovoljno veliko k .

Stoga imamo 0L . Tako, imamo 1lim , 0n nn

p x x

.

Pokažimo sada da je nx Cauchyjev niz u ,X p . U tu svrhu, definišimo

sup , : ,n i jq p x x i j n . Jasno je da je niz nq opadajući. Ako je lim 0nn

q

, tada

je nx Cauchyjev niz. Zato, razmotrimo drugi slučaj: pretpostavimo da je lim nn

q

0q . Možemo izabrati dovoljno malo (na pr. 16

s ) i prirodan broj N tako da

je

1,n np x x i nq q , za svako n N . (3.3)

55

Iz definicije 1Nq , postoje , 1m n N takvi da je

,n m nq q p x x . (3.47)

Prema nejednakosti trougla, posmatramo

1 1 1 1, , , ,n m n n n m n np x x p x x p x x p x x (3.5)

1 1 1 1, , , ,n m n m m m m mp x x p x x p x x p x x (3.6)

1 1 1 1 1 1, , , ,n m n m m m m mp x x p x x p x x p x x . (3.7)

Zbog (3.4) i (3.3) izrazi (3.5) i (3.6) daju

12 ,n mq p x x i 12 ,n mq p x x . (3.8)

Kombinovanjem (3.7) i (3.8), dobijamo

1 13 ,n mq p x x .

Prema tome,

1 1 1 1 1 1, , , ,n m n m n m n mp x x p Tx Tx M x x M x x

1 1 1 1

1max , , , , , ,

2 2n m n m n m

qp x x p x x p x x

odakle sledi da je 12

N N

qq q

za dovoljno malo . Ovo je nemoguće. Dakle,

0q . Po definiciji,

1 1 1 1, 2 , , , 2 ,sn m n m n n m m n mp x x p x x p x x p x x p x x .

Kako je 0q , tada , 0sn mp x x . Dakle, niz nx je Cauchyjev u , sX p . Kako je

,X p kompletan, na osnovu Leme 2.2, , sX p je kompletan i niz nx konvergira u

X ka, recimo, z X . Osim toga, 2nx z i 2 1nx z .

Na osnovu Leme 2.2,

,

, lim , lim ,n n mn n m

p z z p x z p x x

. (3.9)

56

Kako je 0q , tada iz (3.9) sledi da je , 0p z z . Mi tvrdimo da je Tz z Sz .

Pretpostavimo da je Tz z i , 0p z Tz . Prema tome, za ovo 0 postoji

0N tako da je za svaki 0n N

2 1,2

np x z

2 ,2

np x z

2 1 2,2

n np x x

.

Shodno tome, imamo

2 2 2 2 1 2 1 2

1, , max , , , , , , , ,

2

1max , , ,

2 2 2 2 2

n n n n n np z Tz M z x p z x p z Tz p x x p z x p x Tz

Dakle, 2, ,nM z x p z Tz . Tada, na osnovu (3.1), imamo

2 1 2 2 2, , , ,n n n np Tz Sx p Tz Sx M z x M z x . (3.10)

Stavljajući da n , korišćenjem Leme 3.1, s obzirom na neprekidnost , (3.10)

daje

, , ,p Tz z p Tz z p Tz z .

Otuda, , 0p Tz z . Iz (P1) i (P3) lako dobijamo da je Tz z . Analogno, Sz z .

Dakle, z je zajednička fiksna tačka za T i S . Pokazaćemo sada da je z jedinstvena

zajednička fiksna tačka za T i S . Pretpostavimo suprotno, to jest da postoji w X

tako da je z w i w Tw .

, , , ,p z w p Tz Sw M z w M z w . (3.11)

gde je

1

, max , , , , , , , ,2

M z w p z w p z Tz p Sw w p Tw z p Sz w

1

max , , , , , , , ,2

p z w p z z p w w p w z p z w

,p z w .

57

Tako, (3.11) daje kontradikciju. Tada je z jedinstvena zajednička fiksna tačka za T i

S .

Posledica 3.1. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor i :T X X pre-

slikavanje takvo da je

, ,p Tx Ty p x y , za svaki ,x y X ,

gde je : 0, 0,t neprekidna, neopadajuća funkcija takva da je t t za

svako 0t . Tada T ima jedinstvenu fiksnu tačku.

Ako uzmemo t k t , dobijamo Banachov princip kontrakcije na parcija-

lnom metričkom prostoru.

Posledica 3.2. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor i :T X X pre-

slikavanje takvo da je

, ,p Tx Ty k p x y , za svaki ,x y X ,

gde je 0,1k . Tada T ima jedinstvenu fiksnu tačku.

Primer 3.1. Pretpostavimo da je X i , max ,p x y x y . Tada je ,X p

parcijalan metrički prostor. Pretpostavimo da je preslikavanje :T X X takvo da

važi 2

1

xSx Tx

x

za svako x X i : 0, 0,t takvo da je

1

tt

t

. Bez

gubljenja opštosti, pretpostavimo da je x y . Tada

2 2 2 2

, max ,1 1 1 1 1

x y x x xp Tx Ty x

x y x x x

.

Dakle, ovo zadovoljava sve uslove Teoreme 3.1.

3.2 Sehgalov princip kontrakcije

Neka je ,X p parcijalan metrički prostor i označimo zatvorenje skupa

, : ,p x y x y X sa P i 3P P P P . Funkcija 3: P je neprekidna s desna

ako i samo ako

58

(S1) nizovi na , nb , nc opadaju i konvergiraju ka , ,a b c P , redom;

tada

, , , ,n n na b c a b c .

Za funkciju kažemo da je simetrična ako i samo ako

, , , ,a b c b a c , za svaki 3, ,a b c P .

Definicija 3.2. Neka je ,X p parcijalan metrički prostor i neka su , :S T X X dva

preslikavanja. Za par ,S T kažemo da zadovoljava Sehgalov k-uslov ako i samo ako

postoje preslikavanja :SI S X i :TI T X takva da, ako je ,Sr x I S x

i ,Tq x I T x , tada

, , , , , ,r x q y r x q y

p S x T y k p S x x p y T y p x y (3.12)

za svako ,x y X , gde je k i simetrično neprekidna s desna. Ako je 0 1k ,

tada kažemo da ,S T zadovoljava Sehgalov princip kontrakcije.

Teorema 3.2. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor. Pretpostavimo

da su , :S T X X dva preslikavanja takva da par ,S T zadovoljava Sehgalov

princip kontrakcije.

(A) Ako je , , max , ,a b c a b c , za 3, ,a b c P , tada S i T imaju jedinstvenu

fiksnu tačku u X , tj. r z q zS z T z z .

Dokaz. Neka je 0x X . Definišimo niz 1n n

x

sa 1

2 1q x

x T x i 0

1 0r x

x S x i indu-

ktivno

2 1

2 2 2 1nq x

n nx T x

i 2

2 1 2nr x

n nx S x za 0,1,2,...n

Ako je n neparan, na osnovu (3.12), imamo

1 2 1 1 1 2 1, , , , , , ,n n n n n n n n n np x x p Tx Sx k p x x p x x p x x .

Što se tiče pretpostavke A ,

1 2 1 1 1 2, , max , , ,n n n n n n n np x x p Tx Sx k p x x p x x . (3.1,3)

Ako je 1 1 2 1 2max , , , ,n n n n n np x x p x x p x x , tada izraz (3.13) postaje

59

1 2 1 2, ,n n n np x x k p x x .

Kako je 1k , ovo je nemoguće. Dakle, imamo

1 2 1, ,n n n np x x k p x x . (3.14)

Ako je n konačno, analogno posmatramo 1 2 1, ,n n n np x x k p x x . Primetimo da

je 1,n np x x nenegativan, nerastući niz. U pogledu na (3.14), možemo posmatrati

1 0 1, ,nn np x x k p x x , za svako 0,1,2,...n (3.15)

Puštajući da n , desna strana u (3.15) teži nuli.

Razmotrimo sada

1 2 1 2 1 1 2 2, 2 , , ,sn n n n n n n np x x p x x p x x p x x

1 22 ,n np x x

10 12 ,nk p x x .

Dakle, u vezi sa (3.15), imamo 1 2lim , 0sn n

np x x

. Osim toga,

1 1 1 2, , ... ,s s sn n s n s n s n np x x p x x p x x

10 1 0 12 , ... 2 ,n s nk p x x k p x x

odakle sledi da je nx Cauchyjev niz u , sX p , odnosno , 0sn mp x x . Kako je

,X p kompletan, na osnovu Leme 2.2, , sX p je kompletan i niz nx konvergira u

, sX p ka, recimo, z X .

Na osnovu Leme 2.2,

,

, lim , lim ,n n mn n m

p z z p x z p x x

. (3.16)

Kako je nx Cauchyjev niz u , sX p , imamo ,lim , 0s

n mn m

p x x

. Kako je

1 1 1max , , , ,n n n n n np x x p x x p x x ,

tada zbog (3.15) sledi

11 1 0 1max , , , ,n

n n n np x x p x x k p x x . (3.17)

60

Prema tome, iz (3.15) i (3.17) i na osnovu definicije sp , imamo ,lim , 0.n m

n mp x x

Dakle, iz (3.16) imamo

,

, lim , lim , 0n n mn n m

p z z p x z p x x

. (3.18)

Mi tvrdimo da je q zT z z . Pretpostavimo da je q z

T z z , tada je , 0q z

p z T z .

Neka je 2n ix podniz niza 2nx , a samim tim i nx . Na osnovu (P4), imamo

2 2 2 1 2, , , , , ,

q z q z

n i n i n i n ip Sx T z k p x x p T z z p x z .

Puštajući da n i uzimajući pretpostavku (A) i (3.18) u obzir, dobijamo

, 0, , ,0 ,q z q z q z

p z T z k p T z z k p T z z .

Kako je 1k , to je , 0q z

p T z z . Na osnovu Leme 2.2, dobijamo q zT z z . Analo-

gno, ako izaberemo podniz 2 1n ix niza 2 1nx , dobijamo r zS z z .

Pretpostavimo sada da postoji w X takav da je r w q wS w T w w . Na

osnovu (P3)

, ,p z z p z w i , ,p w w p z w . (3.19)

U vezi s tim, funkcija zadovoljava uslove (A) i (3.19), odakle dobijamo

, , , , , , ,r z q w r z q w

p z w p S z T w k p z S z p T w w p z w

, , , , ,k p z z p w w p z w

,k p z w .

Kako je 1k , dobijamo kontradikciju.

Dakle, , 0p z w i na osnovu Leme 3.1 imamo z w .

Posledica 3.3. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor. Pretpostavimo

da su SI i TI definisani kao što smo naveli ranije. , :S T X X su dva preslikavanja

takva da par ,S T zadovoljava jedan od sledećih uslova:

(1) , max , , , , ,r x q y r x q y

p S x T y k p S x x p y T y p x y za neko 0 1k ;

61

(2) , , , ,r x q y r x q y

p S x T y p S x x p y T y p x y za neke nenegati-

vne realne , , takve da je 1 .

Tada S i T imaju jedinstvenu zajedničku fiksnu tačku u X , tj. r z q zS z T z z .

Dokaz. Za (1) izabraćemo funkciju , , max , ,a b c a b c , kao u Teoremi 3.2. U

slučaju (2), stavimo k . Tada iz (1) sledi (2).

Posledica 3.4. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor. Neka su

, :S T X X dva preslikavanja takva da par ,S T zadovoljava sledeći uslov

, , , , , ,r q r qp S x T y k p S x x p y T y p x y

za svako ,x y X , pri čemu je 0 1k i je simetrična, neprekidna s desna. Ako je

, , max , ,a b c a b c , tada S i T imaju jedinstvenu zajedničku fiksnu tačku.

Dokaz. Na osnovu Teoreme 3.2, uzimajući da su preslikavanja SI i TI konstantna,

dobijamo da rS i qT imaju jedinstvenu zajedničku fiksnu tačku. Neka je to z X .

Razmotrimo sada

1q q qS Sz S z S S z Sz ,

što znači da je Sz fiksna tačka za qS . Kako je z jedinstvena fiksna tačka za qS , tada

je Sz z . Analogno, dobijamo da je Tz z .

Posledica 3.5. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor. Neka su

, :S T X X dva preslikavanja takva da par ,S T zadovoljava sledeći uslov

, max , , , , ,r q r qp S x T y k p S x x p y T y p x y

za svako ,x y X , pri čemu je 0 1k i je simetrična, neprekidna s desna. Ako je

, , max , ,a b c a b c , tada S i T imaju jedinstvenu zajedničku fiksnu tačku.

Posledica 3.6. Neka je ,X p kompletan parcijalni metrički prostor. Neka su

, :S T X X dva preslikavanja takva da par ,S T zadovoljava sledeći uslov

, , , ,r q r qp S x T y p S x x p y T y p x y (3.20)

62

za svako ,x y X i neke nenegativne realne , , takve da je 1 , pri

čemu je 0 1k i je simetrična, neprekidna s desna. Ako je , ,a b c

max , ,a b c , tada S i T imaju jedinstvenu zajedničku fiksnu tačku.

Napomena 3.1. Razmatrajmo Posledicu 3.6 i stavimo S T .

(1) Ako stavimo r q u (3.20), dobijamo Reichov tip teoreme o fiksnoj tački;

(2) Ako stavimo 1r q i 0 u (3.20), dobijamo Kannanov tip teoreme o

fiksnoj tački;

(3) Ako stavimo 1r q i 0 u (3.20), dobijamo Banachov tip teoreme o

fiksnoj tački.

Primer 3.2. Neka je 0,1X i , max ,p x y x y . Jasno je da je ,X p parcijalni

metrički prostor, ali ne i metrički. Pretpostavimo da je 2

xSx Tx i da su SI i TI

konstantna preslikavanja, takva da je 2r x q y . Uzmimo da je , ,a b c

1

3a b c . Neka je , max ,p x y x y za svako ,x y X . Za

3

k uslov Posledice 3.4

je zadovoljen. Očigledno, 0 je jedinstvena zajednička fiksna tačka za S i T .

Primer 3.3. Neka je 1,15X i , max ,p x y x y . Ovde, ,X p je kompletan

metrički prostor. Definišimo preslikavanja , :S T X X sa

2

1

xTx

x

i

, 1 15.1

0, 0 1

xako je x

Sx x

ako je x

Stavimo 19

, , max ,20

a b c x y . Bez gubljenja opštosti, pretpostavimo da je y x .

Prema tome, ,p Tx x x , ,p x y x , ,p Sy y y i 2

,1

xp Tx Sy

x

. Očigledno,

2 19

, , ,1 20

xp Tx Sy x y x x

x

. Dakle, zadovoljava uslov Posledice 3.5 za 1r i

1q i 0 je jedinstvena zajednička fiksna tačka za S i T .

63

Literatura

[1] D. Ilić, V. Rakočević, Kontraktivna preslikavanja na metričkim prostorima i uopštenja,

Prirodno-matematički fakultet, Niš, 2014.

[2] D. Ilić, V. Pavlović, V. Rakočević, Some new extensions of Banach’s contraction

principle to partial metric space, Appl. Math. Lett. 24 (2011) 1326-1330

[3] D. Ilić, V. Pavlović, V. Rakočević, Extensions of Zamfirescu theorem to partial metric

spaces, Mathematical and Computer Modeling, 55 (2012), 801-809

[4] D. Ilić, V. Pavlović, V. Rakočević, Three exstensions of Ćirić quasi-contraction on

partial metric spaces, Fixed Point Theory and Applications 2013, 2013:303

[5] V. Pavlović, D. Ilić, V. Rakočević, An extension of two fixed point theorems of Fisher

to partial metric spaces, Filomat 29:10 (2015), 2339-2345

[6] S. G. Matthews, Partial metric topology, in: Proc. 8th Summer Conference on

General Topology and Applications, in: Ann. New York Acad. Sci. 151 (1995) 195-205

[7] I. Altun, F. Sola, H. Simsek, Generalized contractions on partial metric spaces,

Topology Appl. 157:18 (2010) 2778-2785

[8] Lj. B. Ćirić, A generalization of Banach’s contraction principle, Proc. Amer. Math.

Soc., 45 267-273 (1974)

[9] G. E. Hardy, T. D. Rogers, A generalization of a fixed point theorem of Reich, Canad.

Math. Bull. 16 (1973) 201-206

[10] B. Fisher, Quasi-Contractions on Metric Spaces, Proc. Amer. Math. Soc., 75 (1979)

321-32

[11] C. Vetro, F. Vetro, Metric or partial metric spaces endowed with a finite number of

graphs: A tool to obtain fixed point results, Appl. Math. Lett. 164 (2014) 125-137

[12] K. P. Chi, E. Karapinar, T. D. Thanh, A generalized contraction principle in partial

metric spaces, Appl. Math. Lett. 55 (2012) 1673-1681

[13] T. Abdeljawad, E. Karapinar, K. Tas, Existence and uniqueness of a common fixed

point on partial metric spaces, Appl. Math. Lett. 24 (2011) 1900-1904

[14] E. Karapinar, A note on common fixed point theorems in partial metric spaces,

Miskolc Mathematical Notes, Vol. 12 (2011), No. 2, pp. 185-191, HU ISSN 1787-2405

64