Teorema delle contrazioni, possibile variante

[jinsang]

Salve

Sappiamo che se $X$ è uno spazio metrico completo e $f:X->X$ una contrazione (cioè $f$ funzione lipschitziana con costante $L<1$) allora $f$ ha un punto fisso ed è unico.

Volevo indagare su una possibile variante, supponiamo:
1. $f:X->X$ contrazione debole (cioè tale che $d(f(x),f(y))<d(x,y) \forall (x,y) \in X^2$)
2. $X$ compatto
Allora vale che $f$ ha un punto fisso ed è unico.

Per la parte di unicità non ho problemi. Invece per l'esistenza sì.
Con queste ipotesi io procederei come segue:
Considero la successione $x_0 \in X$ $x_(n+1)=f(x_n)$
Questa se ammette limite per continuità deve convergere a un punto fisso.
D'altra parte per compattezza avrà una sottosuccessione convergente $x_(n_k) -> \alpha$
Inoltre per l'ipotesi 1. la successione $y_n=d(x_(n+1),x_n)$ è monotona decrescente, quindi ha limite e tale limite deve essere $0$ altrimenti si ha un assurdo sulla sottosuccesione convergente $x_(n_k)$.
Ora da qui ho solo spostato il problema su quest'altro che non riesco a risolvere (ma che credo essere vero):

$X$ spazio metrico con ${x_n}\subset X$ tche:
1. ammette sottosuccessione $x_(n_k)->\alpha \in X$
2. $d(x_(n+1),x_n)->0$ monotona decrescente
Allora $x_n->\alpha$

Mi scuso per aver scritto così tanto. Posso giustificare meglio le affermazioni che ho fatto, ma potrei aver commesso degli errori, quindi siate critici
Grazie a chi mi aiuterà

[dissonance]

Mi sembra falso; $f(x)=x^2$ ha due punti fissi su [0,1].

[jinsang]

Mi sembra falso; $f(x)=x^2$ ha due punti fissi su [0,1].

Ma questa funzione non è una contrazione debole, per esempio se prendo x=3/4 y=1 la loro distanza è 1/4 mentre la distanza tra le immagini è 7/16

[dissonance]

Hai ragione. Mi sono sbagliato.

[jinsang]

$X$ spazio metrico con ${x_n}\subset X$ tche:
1. ammette sottosuccessione $x_(n_k)->\alpha \in X$
2. $d(x_(n+1),x_n)->0$ monotona decrescente
Allora $x_n->\alpha$

Comunque credo di aver trovato un controesempio a questa affermazione:
prendo $X=[0,1]$ e costruisco la successione ponendo $x_1=0$ e $x_(n+1)={ ( x_n+1/n ),( x_n-1/n ):}$
dove scelgo la prima se $ x_n+1/n<=1$ la seconda altrimenti (non so se è chiara la costruzione ma non sapevo come meglio scriverla).
Adesso questo rispetta 1. e 2. (rispetta addirittura la 1. per ogni alfa in [0,1] ) tuttavia la successione non ammette limite.

Purtroppo non trovo né controesempi né dimostrazioni a:

supponiamo:
1. $ f:X->X $ contrazione debole
2. $ X $ compatto
Allora vale che $ f $ ha un punto fisso ed è unico.

[otta96]

Purtroppo non trovo né controesempi né dimostrazioni a:

supponiamo:
1. $ f:X->X $ contrazione debole
2. $ X $ compatto
Allora vale che $ f $ ha un punto fisso ed è unico.

Non so se ti interessa ancora ma ti fornisco una dimostrazione.
Sia $d:X^2->X$ la metrica di $X$. Considera la funzione $\varphi:X->RR_{>=0}$ che ad $x\inX$ associa $\varphi(x)=d(x,f(x))$. Si ha che $\varphi$ è continua, quindi ammette minimo in un punto $x_0$. Dato che $x_0!=f(x_0)$ implica $\varphi(f(x_0))=d(f(x_0),f(f(x_0)))<d(x_0,f(x_0))=\varphi(x_0)$ si deve avere $x_0=f(x_0)$.
La dimostrazione potrebbe benissimo finire qui, ma tu potresti giustamente chiederti se la tua idea iniziale di considerare un punto a caso e applicargli tante volte la $f$ come si fa nel teorema normale possa funzionare, in effetti è così, infatti vale che "$AAx\inX$, posto $f^1=f$ e $f^(n+1)=f\circ f^(n)AAn>=0$ si ha $\lim_{n->+\infty}f^n(x)=x_0$."
Dimostrazione Sia $x\inX$. Osserviamo che se $EEn\inNN$ tale che $f^n(x)=x_0$ la tesi è banale.
Assumiamo quindi che $f^n(x)!=x_0AAn\inNN$, in questo caso $d(f^(n+1)(x),x_0)=d(f^(n+1)(x),f(x_0))<d(f^n(x),x_0)$. Quindi la successione ${d(f^n(x),x_0)}_{n\inNN}$ è (strettamente) decrescente, dunque ammette limite $r>=0$.
Ora, per la compattezza di $X$ la successione ${f^n(x)}_{n\inNN}$ ammette una sottosuccessione ${f^(n_k)(x)}_{k\inNN}$ convergente a $z\inX$. Adesso si ha $r=d(z,x_0)=\lim_{k->+\infty}d(f^(n_k)(x),x_0)=\lim_{k->+\infty}d(f^(n_k+1)(x),x_0)=d(f(z),x_0)$. Se fosse $z!=x_0$ si avrebbe $d(f(z),x_0)=d(f(z),f(x_0))<d(z,x_0)$, quindi deve essere $z=x_0$.
Quindi ogni sottosuccessione convergente di ${f^n(x)}_{n\inNN}$ converge a $x_0$, quindi $\lim_{n->+\infty}f^n(x)=x_0$.

[gugo82]

Bellina, otta96, complimenti.
Ma l’unicità del minimo?

[otta96]

Purtroppo non è farina del mio sacco, ma l'ho trovata a giro, è vero è bellina.
L'unicità l'OP aveva detto che non aveva avuto problemi a dimostrarla. Comunque volendo è molto facile, infatti se $x$ e $y$ sono punti fissi diversi di $f$, allora $d(x,y)=d(f(x),f(y))<d(x,y)$, assurdo.

[jinsang]

Grazie otta96, in effetti ero poi riuscito a dimostrare anche l'esistenza, ma devo dire che la dimostrazione con il minimo è molto più bella e elegante. (scusami se rispondo solo adesso ma non avevo più controllato questo topic)

P.S. avevo "quotato" la tua dimostrazione ma ho tolto la citazione perché venivano male i caratteri delle formule

[otta96]

(scusami se rispondo solo adesso ma non avevo più controllato questo topic)

Non preoccuparti, se ci fai caso io ti avevo risposto dopo tanto tempo (e ora di nuovo ti sto rispondendo dopo un bel po' ).