Formulation modulaire de la version locale paramétrée du theoreme du point fixe de Banach.

Dans les espaces modulaires,le résultat suivant, propose une

généralisation de la version locale paramétrée du principe

de contraction dans les espaces de Banach:

Execice(texte provisoire).

Soient X un ensemble quelconque et (E,rho)un espace modulaire

complet,où le modulaire rho vérifie la propriéte de Fatou

Soit la boule B=B(z,r)={x:rho(x-z) < r}.

T est une application deXxB dans E vérifiant:

Il existe deux constantes ,k dans]0,1[ et p>1, telles que:

rho(p(T(x,y)-T(x,y'))) <= k rho(y-y')

pour tout x dans X et tout (y,y') dans BxB.

On suppose que, pour tout x dans X, rho(q(T(x,z)-z))< r(1-k), où q est

le conjugué de p,c-à-d ,(1/p)+(1/q)=1

Démontrer qu'il existe une application unique f de X dans B telle que :

f(x)= T(x,f(x)) sur X. On suppose de plus que X est un espace modulaire

quelconque (ou espace topologique vérifiant le premier axiome de

dénombrabilité), T est continue par rapport à son premier argument

et rho vérifie la condition delta2.

Démontrer que f est continue sur X.

Version locale parametree du theoreme du point fixe de Banach

Exercice

Soient X un ensemble quelconque et E un espace metrique

complet.B est une boule ouverte dans E de centre z et de rayon

r.T est une application de XxB dans E verifiant :

Il existe k dans ]0,1[ tel que d(T(x,y),T(x,y'))\leq k d(y,y')

pour tout x dans X et tout (y,y') dans BxB. On suppose que pour

tout x dans X,d(T(x,z),z)< r(1-k).

Demontrer qu'il existe une application unique f de X dans

B telle que : f(x)= T(x,f(x)), sur X. Si de plus, X est un espace

topologique et T est continue par rapport a son premier argument,

montrer que f est continue sur X.

Preuve:

D'apres la version locale(voir le resultat ci-dessous),pour

chaque x dans X,l'application T(x,.) de B dans E possede

un point fixe unique,note f(x),c-à-d,T(x,f(x))=f(x),ce qui

permet de definir une application f de X dans B.Demontrons

que f est unique;en effet:

Soit g une autre application de X dans B telle que T(x,g(x))=g(x),

alors,pour tout x dans X:

d(f(x),g(x))=d(T(x,f(x)),T(x,g(x)))\leq k d(f(x),g(x))

Ceci entraine que f=g sur X.

pour la continuite de f,soit x,x' dans X,alors,on a :

d(f(x),f(x'))=d(T(x,f(x)),T(x',f(x')))

\leq d(T(x,f(x)),T(x,f(x')))+d(T(x,f(x')),T(x',f(x')))

\leq k d(f(x),f(x'))+d(T(x,f(x')),T(x',f(x')))

De la: d(f(x),f(x'))\leq (1/1-k) d(T(x,f(x')),T(x',(x'))

D'ou la continuite de f en x'

Remarque.

Pour une demonstration directe,dans les espaces de Banach,

de ce resultat,voir[Dieudonne].Rappelons que ce resultat est utlise pour

une demonstration directe du theoreme des fonctions implicites.

voir[Dieudonne]-[Deimling ].

version locale du theoreme du point fixe de Banach(version modulaire)

Dans les espaces modulaires,le resultat suivant, propose

une généralisation de la version locale du principe de

contraction dans les espaces de Banach.

Execice

Soit (E,rho) un espace modulaire complet, ou le modulaire rho

vérifie la propriéte de Fatou.

Soit la boule B=B(y,r)={x: rho(x-y) est strictement inférieur à r}.

T est une application de B dans E fortement contractante, c-à-d,

il existe deux constantes p,k,avec k dans ]0,1[et p>1

telles que:

rho(p(Tx-Ty))\leq k rho(x-y) sur ExE

On suppose que rho(q(Ty-y)< (1-k) r,ou q est le conjugué de p,

c-à-d,(1/p)+(1/q)=1.Démontrer que T admet un point fixe.

Preuve:

On suit les memes démarches du cas métrique.

Soit r' dans ]0,r[ tel que rho(q(Ty-y)) \leq(1-k)r'<(1-k) r.

Considérons la boule D={x:rho(x-y)\leq r'}.Montrons que D est stable par T;

en effet, pour x dans D,on a:

rho(Tx-y)=rho((p/p)(Tx-Ty)+(q/q)(Ty-y ))

\leq rho(p(Tx-Ty))+rho (q(Ty-y))

\leq kr'+(1-k)r'=r'

Comme rho vérifie la propriéte de Fatou,D est rho- férmé (à vérifier).Par le

théorème2.1 dans[Hanebaly(2005)], T admet un point fixe.

Version locale du theoreme du point fixe de Banach

Exercice

Soit (E,d) un espace metrique complet.B=B(y,r) est la boule ouverte

de centre y et de rayon r dans E.T est une application de B dans E

k-strictement contractante.Si d(Ty,y)<(1-k)r,montrer que T admet

un point fixe.

(Indication:chercher une boule fermee de centre y,stable par T)

Preuve:

Choisir 0< r'< r tel que d(Ty,y)\leq (1-k)r'<(1-k)r.

Montrons que la boule fermee D={x:d(x,y)\leq r'} est stable par T.

En effet,si x est dans D,alors:

d(Tx,y)\leq d(Tx,Ty)+d(Ty,y)\leq kd(x,y)+(1-k)r'\leq r'.

Comme D est complet,l'existence du point fixe de T suit du principe

de contraction de Banach.

Probleme ouvert dans la theorie du point fixe(Espaces modulaires)(2)

Le probleme suivant est implicite dans les travaux anterieurs:

Soit (E,\rho) un espace modulaire complet;D est un sous-ensemble

de E \rho-ferme.Soit T une application de D dans D \rho-strictement

contractante,c-a-d,:

Il existe k dans ]0,1[ telle que \rho(Tx-Ty)\leq k \rho(x-y),sur DxD

Alors, T possede-t-elle un point fixe?

Remarque:

Si B est \rho-borne,la reponse est positive et la demonstration est

presque immediate.Si rho verifie la condition delta2, et rho(x-y) est

fini pour tout x,y dans D,le theoreme3.1 [Hanebaly(2005)] propose un resultat.

.Voir aussi Ait taleb-Hanebaly(Message-References)

Probleme ouvert dans la theorie du point fixe(1)

Le theoreme du point fixe de Kannan suggere le probleme suivant:

Soit (E,I.I) un espace de Banach.D est un sous-ensemble de E,

ferme, borne et convexe.T est une application continue de D dans D,

verifiant la 'contraction' suivante:

ITx-TyI\leq max[Ix-TxI,Iy-TyI], sur DxD

T admet-t'elle un point fixe si E est un 'bon' espace,

par exemple, les espaces:de Hilbert,uniformement convexes,

à structure normale,uniformement localement convexes.?

Solutions des equations differentielles du type Lipschitz

I. L'application classique du théoreme du point fixe de Banach

la plus connue est la démonstration du théoreme d'existence et

d'unicite des solutions des équations intégrales

(ou differentielles)du type Lipschitz:

Soit (E ,I.I) un espace de Banach réel. C désigne l'éspace des

fonctions continues définies sur [0,T]à valeurs dans E.

On sait que l'espace C,muni de la norme sup,est de Banach.

On definit une nouvelle norme sur C par:

IIfII=max{exp(-Lt)If(t)I;0<= t\<= T} (1)

Exercice.Montrer que II.II est une norme equivalente

a la norme sup.

Theoreme1

Soit K une application continue de [0,T]x[0,T)xE

dans E qui satisfait la condition de Lipschitz:

Il existe k >0 : IK(t,s,x)-K(t,s,y)I<= kIx-yI

pour tout (t,s) dans [0,T]x[0,T],et x,y dans E.

Alors pour chaque f dans C l'équation intégrale

de Volterra:

x(t)=f(t)+\int_{0}^{t}K(t,s,x(s)ds (0<=t<= T) (2)

possède une solution unique x dans C.De plus

la suite{x_{n}} d'itérations définie par :

x_{0} dans C et x_{n+1}(t)=f(t)+

\int_{0}^{t}K(t,s,x_{n})ds

converge uniformement sur [0,T] vers la solution

unique x.

Preuve:


On definit une application S sur C par :

S(x)(t)= f(t)+\int_{0}^{t}K(t,s,x(s))ds;

Il est evident que C est stable par S(SC\subset C)

(à justifier)

Montrons que S est strictement contractante de C

dans C;en effet,

pour x,y dans C,on a

IS(x)(t)-S(y)(t)I

<=\int_{0}^{t} IK(t,s,x(s)-K(t,s,y(s)I ds


<= k \int_{0}^{t} Ix(s)-y(s)I ds


=k \int_{0}^{t} exp (Ls) exp(-Ls)Ix(s)-y(s)I ds


<= kIIx-yII \int_{0}^{t} exp(Ls) ds

=(k/L)IIx-yII (exp(Lt)-1)

En multipliant l'inégalité par exp(-Lt) ,on trouve:

exp(-Lt)IS(x)(t)-S(y)(t)I<=(k/L)IIx-yII (1-exp(-Lt))

En passant au maximum sur [0,T],on a:

IIS(x)-S(y)II<=(k/L)1-exp(-LT))IIx-yII

On prend L >=k,donc (1-exp(-LT))<1,

Par conséquent S est strictement contractante et

de là, elle admet un point fixe unique dans C.

La convergence de la suite {x_{n}} dans C,suit du

principe de contraction de Banach.

Corollaire.

Soit (E,I.I) un espace de Banach;[0,T] est intervalle

dans IR.f est une application continue de [0,T]xE

dans E telle que:

Il existe k >0 tel que : If(t,x)-f(t,y)I <= kIx-yI

pour tout (t,x,y) dans [0,T]xExE

Alors le problème de Cauchy:

x'=f(t,x) (1) x_{0}=z appartenant à E (2)


possède une solution unique définie sur [0,T]

Preuve:

Soit K(t,s,u)=f(s,u) et f(t)=z dans (2),l'équation

de Volterra devient:

x(t)=z+\int_{0}^{t}f(s,x(s))ds

La solution de cette équation intégrale est

précisément la solution du problème de Cauchy (1)-(2).