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).
11 septembre 2006
Comparaison entre les theoremes du point fixe de Banach et Kannan
.
(Le texte qui suit, a ete poste le 4/06/06,supprime par erreur, le 10/09/06)
Theoreme1(Banach 1922)
Soit (E,d) un espace metrique complet.T est une application de
E dans E strictement contractante ,c-a-d,;
Il exists k dans (0,1) tel que : d(Tx,Ty)<= k d(x,y) sur ExE (1)
Alors:
i) T admet un point fixe unique z.
ii) pour tout x dans E, la suite d'iterations {T^{n}x} converge vers
z et on a l'estimation:
d(z,T^{n}x)<=(k^{n}/1-k) d(z,Tz)
Il existe plusieurs demonstrations de ce theoreme important.
(voir Goebel-Kirk(1990)).Dans la demonstration originelle de Banach,
on dégage la propriété suivante:
Lemme1
Soit (E,d) un espace metrique complet.T est une application de E
dans E verifiant la stricte contraction faible,c-à-d,:
(2)Il exists k dsans (0,1) tel que: d(Tx,T^{2}x)<=k d(x,Tx), sur E (2)
Alors,pour tout x dans E,la suite d'iterations {T^{n}x} converge dans E.
La demonstration de ce lemme est contenue dans la demonstration
originelle de Banach.Par consequent,si T est continue
(ou plus generalement ferme ou à graphe ferme) verifiant
la stricte contraction faible,on a toutes les conclusions
du theoreme1,sauf l'unicité.D'autre part,Kannan[4] a propose
le resultat suivant:
Theoreme2
Soit(E,d) un espace metrique complet. T est une application
de E dans E verifiant:
Il exists k dans (0,1/2) tel que:
d(Tx,Ty)<= k d(x,Tx)+k d(y,Ty) sur ExE (3)
Alors, T admet un point fixe unique z ,et pour tout x dans E,
la suite d'iterations {T^{n}x} converge vers Z
Preuve:
Si y=Tx dans (3),on constate que T verifie (2)(la stricte contraction
faible) ,avec K=k/1-k.De là,pour x quelconque dans E,la suite{T^{n}x}
converge vers z dans E.D'autre part:
d(z,Tz)<=d(z,T^{n+1}x)+d(T^{n+1}x,Tz)
<= d(z,T^{n+1}x)+k d(T^{n}x,T^{n+1}x)+k d(z,Tz)
ce qui entraine que:
d(z,Tz)<=(1/1-k)[d(z,T^{n+1}x)+k d(T^{n}x,T^{n+1}x)]
Le second membre de l'inegalite ci-dessus tend vers 0,Lorsque
n tend vers l'infini,ce qui entraine que d(z,Tz)=0,et Tz=z.
D'autre part,si T admet deux points fixes z,z';alors:
d(z,z')=d(Tz,Tz')<= k[d(z,Tz)+d(z',Tz')]=0 et z=z'.
Pour une autre version de demonstration du theoreme2 ,
voir Deimling(1984).L'exemple suivant montre que T n'est
pas necessairement continue:
Soient E=[0,1],Tx=x/4 sur [0,1]-{1/n} et Tx=x/8 sur {1/n}( n entier >0)
La verification des hypotheses du theoreme2 est facile
(k=1/3,0 est le seul point fixe de T.)
En conclusion,le theoreme1 etle theoreme2 sont differents,
le seul point commun est le lemme1 qui est implicite dans (1) et(3).
(Voir message references 2/2/2007 pour les auteurs cités)
(Le texte qui suit, a ete poste le 4/06/06,supprime par erreur, le 10/09/06)
Theoreme1(Banach 1922)
Soit (E,d) un espace metrique complet.T est une application de
E dans E strictement contractante ,c-a-d,;
Il exists k dans (0,1) tel que : d(Tx,Ty)<= k d(x,y) sur ExE (1)
Alors:
i) T admet un point fixe unique z.
ii) pour tout x dans E, la suite d'iterations {T^{n}x} converge vers
z et on a l'estimation:
d(z,T^{n}x)<=(k^{n}/1-k) d(z,Tz)
Il existe plusieurs demonstrations de ce theoreme important.
(voir Goebel-Kirk(1990)).Dans la demonstration originelle de Banach,
on dégage la propriété suivante:
Lemme1
Soit (E,d) un espace metrique complet.T est une application de E
dans E verifiant la stricte contraction faible,c-à-d,:
(2)Il exists k dsans (0,1) tel que: d(Tx,T^{2}x)<=k d(x,Tx), sur E (2)
Alors,pour tout x dans E,la suite d'iterations {T^{n}x} converge dans E.
La demonstration de ce lemme est contenue dans la demonstration
originelle de Banach.Par consequent,si T est continue
(ou plus generalement ferme ou à graphe ferme) verifiant
la stricte contraction faible,on a toutes les conclusions
du theoreme1,sauf l'unicité.D'autre part,Kannan[4] a propose
le resultat suivant:
Theoreme2
Soit(E,d) un espace metrique complet. T est une application
de E dans E verifiant:
Il exists k dans (0,1/2) tel que:
d(Tx,Ty)<= k d(x,Tx)+k d(y,Ty) sur ExE (3)
Alors, T admet un point fixe unique z ,et pour tout x dans E,
la suite d'iterations {T^{n}x} converge vers Z
Preuve:
Si y=Tx dans (3),on constate que T verifie (2)(la stricte contraction
faible) ,avec K=k/1-k.De là,pour x quelconque dans E,la suite{T^{n}x}
converge vers z dans E.D'autre part:
d(z,Tz)<=d(z,T^{n+1}x)+d(T^{n+1}x,Tz)
<= d(z,T^{n+1}x)+k d(T^{n}x,T^{n+1}x)+k d(z,Tz)
ce qui entraine que:
d(z,Tz)<=(1/1-k)[d(z,T^{n+1}x)+k d(T^{n}x,T^{n+1}x)]
Le second membre de l'inegalite ci-dessus tend vers 0,Lorsque
n tend vers l'infini,ce qui entraine que d(z,Tz)=0,et Tz=z.
D'autre part,si T admet deux points fixes z,z';alors:
d(z,z')=d(Tz,Tz')<= k[d(z,Tz)+d(z',Tz')]=0 et z=z'.
Pour une autre version de demonstration du theoreme2 ,
voir Deimling(1984).L'exemple suivant montre que T n'est
pas necessairement continue:
Soient E=[0,1],Tx=x/4 sur [0,1]-{1/n} et Tx=x/8 sur {1/n}( n entier >0)
La verification des hypotheses du theoreme2 est facile
(k=1/3,0 est le seul point fixe de T.)
En conclusion,le theoreme1 etle theoreme2 sont differents,
le seul point commun est le lemme1 qui est implicite dans (1) et(3).
(Voir message references 2/2/2007 pour les auteurs cités)
10 septembre 2006
Une synthese simple entre les theoreme du point fixe de Banach et Kannan
Le resultat suivant propose une synthese simple entre les theoremes du point fixe dus a Banach et Kannan.(voir un exemple d'une synthese assez laborieuse proposee par
Anderson,D.E.-Singh,K.L.-Withfield,J.H.M.M.Message references 2/02/2007)
Theoreme
Soit (E,d) un espace metrique compet.T est une application (non necessairement continue)de E dans E et telle que :
Il existe un k dans (0,1) tel que d(Tx,Ty)<=kmax(d(x,y),d(x,Tx),d(y,Ty)) sur ExE (*)
Alors, T admet un point fixe unique.
Il est evident que le resultat ci-dessus englobe les theoremes du point fixe de Banach et Kannan.La demonstration ci-dessous ,basee sur les techniques standards de la demonstration originelle de Banach, montre que la demarche de Kannan apporte le fait que le theoreme de Banach est valable sans la continuite de T.
Preuve:
En posant y=Tx dans la contraction (*),on obtient:
d(Tx,T^{2}x)<= k max(d(x,Tx),d(Tx,T^{2}x)
S'il existe un x dans E tel que d(x,Tx)<= d(Tx,T^{2}x),
alors ,d'apres l'inegalite ci-dessus, d(Tx,T^{2}x)=0;et Tx est un point fixe.L'unicite de point fixe est evidente par la contraction(*) (à verifier).Sinon,on a :
d(Tx,T^{2}x)<= k d(x,Tx) sur E
c-à-d ,T verifie la sticte contraction faible.On sait que ,pour tout x dans E ,la suite {T^{n}x}converge vers z dans E.on a :
d(z,Tz)<=d(z,T^{n}x)+d(T^{n}x,T^{n+1}x)+d(T^{n+1}x,Tz)
les deux premies termes à droite de l'inégalite ci-dessus,tendent vers 0.lorsque n tend vers l'infini.Pour le troisieme terme,on a,par (*);
d(T^{n+1}x,Tz)<= k max(d(T^{n}x,z),d(T^{n}x,T^{n+1}x),d(z,Tz))
qui est inferiur à k d(z,Tz),pour n assez grand.Ceci entraine que d(z,Tz)=0.L'unicite du point fixe z est evidente par (*).
Question.
Peut-on avoir(ou existe-t-il)une synthese entre les theoremes de Banach et Kannan ,sans intervenir le terme d(x,y) dans la contraction(*)?
Anderson,D.E.-Singh,K.L.-Withfield,J.H.M.M.Message references 2/02/2007)
Theoreme
Soit (E,d) un espace metrique compet.T est une application (non necessairement continue)de E dans E et telle que :
Il existe un k dans (0,1) tel que d(Tx,Ty)<=kmax(d(x,y),d(x,Tx),d(y,Ty)) sur ExE (*)
Alors, T admet un point fixe unique.
Il est evident que le resultat ci-dessus englobe les theoremes du point fixe de Banach et Kannan.La demonstration ci-dessous ,basee sur les techniques standards de la demonstration originelle de Banach, montre que la demarche de Kannan apporte le fait que le theoreme de Banach est valable sans la continuite de T.
Preuve:
En posant y=Tx dans la contraction (*),on obtient:
d(Tx,T^{2}x)<= k max(d(x,Tx),d(Tx,T^{2}x)
S'il existe un x dans E tel que d(x,Tx)<= d(Tx,T^{2}x),
alors ,d'apres l'inegalite ci-dessus, d(Tx,T^{2}x)=0;et Tx est un point fixe.L'unicite de point fixe est evidente par la contraction(*) (à verifier).Sinon,on a :
d(Tx,T^{2}x)<= k d(x,Tx) sur E
c-à-d ,T verifie la sticte contraction faible.On sait que ,pour tout x dans E ,la suite {T^{n}x}converge vers z dans E.on a :
d(z,Tz)<=d(z,T^{n}x)+d(T^{n}x,T^{n+1}x)+d(T^{n+1}x,Tz)
les deux premies termes à droite de l'inégalite ci-dessus,tendent vers 0.lorsque n tend vers l'infini.Pour le troisieme terme,on a,par (*);
d(T^{n+1}x,Tz)<= k max(d(T^{n}x,z),d(T^{n}x,T^{n+1}x),d(z,Tz))
qui est inferiur à k d(z,Tz),pour n assez grand.Ceci entraine que d(z,Tz)=0.L'unicite du point fixe z est evidente par (*).
Question.
Peut-on avoir(ou existe-t-il)une synthese entre les theoremes de Banach et Kannan ,sans intervenir le terme d(x,y) dans la contraction(*)?
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