Điểm bất động của các nhóm các phép biến đổi afin

Với mọi $u \in \Gamma$, ký hiệu $K_u$ là tập hợp mọi $x \in K$ sao cho $u(x) = x$. Ta sẽ chứng minh rằng $K_u$ là không rỗng. Cho $x$ là một điểm của K; với mọi số nguyên $n \geq 1$, ký hiệu $x_n$ là phần tử $\frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1} u^i(x)$ của E. Vì K là lồi và ổn định dưới $u$, các điểm $x_n$ thuộc K và vì K là compact, tồn tại một điểm giới hạn $a$ của dãy $(x_n)_{n \geq 1}$. Ánh xạ $y \mapsto u(y) - y$ từ K vào E là liên tục, do đó $u(a) - a$ là một điểm giới hạn của dãy $(u(x_n) - x_n)_{n \geq 1}$. Nhưng ta có $u(x_n) - x_n = \frac{1}{n} (u^n(x) - x)$.

Vì K là compact, nên cũng bị chặn (III, p. 3, mệnh đề 2), dãy $(u^n(x) - x)_{n \geq 1}$ bị chặn; do đó, dãy $\left( \frac{1}{n}(u^n(x) - x) \right)_{n \geq 1}$ tiến tới 0 (III, p. 4, mệnh đề 3), và vì E là Hausdorff, ta có $u(a) - a = 0$. Vậy nên $a \in K_u$.

Mỗi tập hợp $K_u$ là một tập con đóng và lồi của không gian compact K, và ta sẽ chứng minh rằng giao $\bigcap_{u \in \Gamma} K_u$ là không rỗng. Để làm điều này, chỉ cần chứng minh rằng, với $n \geq 1$, và $u_1, ..., u_n$ trong $\Gamma$, tập hợp $K_{u_1} \cap ... \cap K_{u_n}$ là không rỗng. Trường hợp $n = 1$ đã được xét, ta lập luận bằng quy nạp theo $n$. Giả sử $n \geq 2$ và đặt $L = K_{u_1} \cap ... \cap K_{u_{n-1}}$. Theo giả thiết quy nạp, L là một tập con lồi compact không rỗng của E. Vì $u_n$ giao hoán với $u_1, ..., u_{n-1}$, ta có $u_n(L) \subset L$. Áp dụng phần đầu của chứng minh cho phép biến đổi afin cảm sinh bởi $u_n$ trên L, ta kết luận rằng tồn tại một điểm $a$ trong L sao cho $u_n(a) = a$; khi đó $a$ thuộc $K_{u_1} \cap ... \cap K_{u_n}$, do đó tập hợp này là không rỗng.

Theo định nghĩa của một nhóm giải được (A, I, § 6, No. 4) tồn tại một dãy giảm hữu hạn $(G_i)_{0 \leq i \leq n}$ các nhóm con phân biệt của G, sao cho $G_0 = G$, $G_n = \{e\}$ và sao cho nhóm $G_{i-1}/G_i$ là giao hoán với $1 \leq i \leq n$. Gọi $K_i$ là tập hợp các điểm bất động của $G_i$ trong K. Khi đó $K_n = K$. Hơn nữa, với $1 \leq i \leq n$, mọi phần tử của $G_i$ cảm sinh phép biến đổi đồng nhất trên $K_i$; do đó ta suy ra một tác động của nhóm Abel $G_{i-1}/G_i$ trên K nếu $K_i$ là không rỗng; theo đl. 1 thì tập hợp $K_{i-1}$ các điểm bất động của $G_{i-1}/G_i$ trong $K_i$ là không rỗng. Bằng quy nạp giảm theo $i$, ta kết luận rằng $K_0$ là không rỗng, do đó có hệ quả.

Cho $\mu$ là một dạng tuyến tính trên E, sao cho $\mu(1) = 1$. Với mọi hàm $f \in E$, ta định nghĩa hàm $f' \in E$ bởi $f'(x) = \|f\| - f(x)$ ($x \in X$). Trước hết giả sử rằng $\mu$ là một trung bình; với mọi $f \in E$, ta có $f' \geq 0$, do đó $\mu(f') \geq 0$, tức là $\mu(f) \leq \|f\|$; vì vậy $\|\mu\| \leq 1$.

Ngược lại, giả sử $\mu$ thuộc $E'$, và $\| \mu \| \leq 1$; với mọi hàm dương $f \in E$, ta có $\mu(f') \leq \| f' \|$, do đó

và cuối cùng $\mu(f) \geq 0$; do đó, $\mu$ là một trung bình.

Hiển nhiên $K$ là lồi; việc nó compac đối với $\sigma(E', E)$ suy ra từ hệ quả 3 của III, p. 17.

C.Q.F.D.

Cho $\Gamma$ là một tập hợp các ánh xạ liên tục từ $X$ vào $X$ giao hoán từng đôi một. Cho $\gamma \in \Gamma$. Với mọi hàm $f \in E$, ta có $f \circ \gamma \in E$; do đó ta có thể định nghĩa một phép biến đổi afin $u_{\gamma}$ trên tập hợp $K$ các trung bình trên $X$, bởi

Nếu $K$ được trang bị tôpô cảm sinh bởi $\sigma(E', E)$, thì ánh xạ $u_{\gamma}$ là liên tục. Nếu $\gamma$ là một đồng phôi, $u_{\gamma} \mu$ có thể được suy ra từ $\mu$ bằng phép chuyển cấu trúc. Cuối cùng, ta có $u_{\gamma} u_{\gamma'} = u_{\gamma' \gamma} u_{\gamma}$ với mọi $\gamma, \gamma'$ trong $\Gamma$. Theo đ. l. Markoff-Kakutani (IV, p. 39, đ. l. 1), tồn tại một trung bình $\mu$ trên $X$ sao cho $u_{\gamma} \mu = \mu$ với mọi $\gamma \in \Gamma$; nói cách khác, $\mu$ thỏa mãn quan hệ $\mu(f) = \mu(f \circ \gamma)$ với $f \in E$ và $\gamma \in \Gamma$.

Theo một cách tương tự, hệ quả của đ. l. 1 (IV, p. 40) kéo theo kết quả sau:

Chỉ cần áp dụng mệnh đề 1 cho nhóm giải được $G \times G$ tác động trên $G$ bởi $(g.g').x = {gxg'}^{-1}$.

a) $K_1$ lồi và compắc; b) ta có $\| x_1 - x_2 \| < \varepsilon$ với mọi $x_1$ và $x_2$ trong $K_2$.

Gọi $L$ là bao đóng của tập hợp tất cả các điểm cực biên của $K$. Theo định lý Krein-Milman (II, p. 55, định lý 1), $K$ là bao lồi đóng của $L$. Vì $K$ chứa ít nhất hai điểm, nên $L$ cũng vậy. Với mọi $x \in L$, gọi $A_x$ là tập hợp tất cả $y \in L$ sao cho $\| x - y \| \leq \varepsilon / 4$. Theo giả thiết, trên $K$, tồn tại một tập con đếm được $D$ của $L$ sao cho $L = \bigcup_{x \in D} A_x$. Vì chuẩn là nửa liên tục dưới, mỗi tập hợp $A_x$ đều đóng. Áp dụng định lý Baire (GT, IX, § 5, No. 3, định lý 1) cho không gian compắc $L$, ta thấy rằng tồn tại một điểm $a$ trong $D$ và một tập con mở $U$ của $E$ sao cho $L \cap U$ không rỗng và được chứa trong $A_a$. Vì $L$ chứa ít nhất hai điểm, và vì $E$ là Hausdorff, ta có thể chọn $U$ sao cho $L \notin U$.

Cho $M$ là bao lồi đóng của $L \cap \complement U$. Với mọi số thực $t$ sao cho $0 < t < 1$, gọi $M_t$ là tập hợp mọi vectơ có dạng $tx_1 + (1 - t) x_2$ với $x_1 \in M$ và $x_2 \in K$; đó là một tập con lồi compắc không rỗng của $K$. Ta sẽ chứng minh rằng $M_t \neq K$ bằng phản chứng. Giả sử $M_t = K$; khi đó mọi điểm cực biên $x$ của $K$ đều thuộc $M_t$, nên có thể viết dưới dạng $x = tx_1 + (1 - t) x_2$ với $x_1 \in M$ và $x_2 \in K$. Điều này kéo theo $x = x_1 = x_2$, do đó $x \in M$. Theo đl. Krein-Milman (II, p. 55, đl. 1), ta có $K = M$, và $K$ là bao lồi đóng của $L \cap \complement U$. Theo II, p. 56, hệ quả, điều này suy ra rằng $L \subset L \cap \complement U$, điều này mâu thuẫn với quan hệ $L \cap U \neq \varnothing$.

Đặt $d = \sup_{x \in K, y \in K} \| x - y \|$ và chọn một số thực $t$ sao cho $0 < t < 1$ và $t < \varepsilon / 4d$. Đặt $K_1 = M_t$ và $K_2 = K - M_t$. Theo lập luận trên, các tập hợp $K_1$ và $K_2$ đều không rỗng, và $K_1$ là lồi và compắc. Gọi $M'$ là bao lồi đóng của $L \cap U$. Vì $K$ là bao lồi đóng của tập hợp $L = (L \cap \complement U) \cup (L \cap U)$, nên nó cũng là bao lồi đóng của $M \cup M'$. Gọi $x_1$ và $x_2$ là hai điểm của $K_2$; với $i = 1, 2$, tồn tại $y_i \in M$, $z_i \in M'$ và một số thực $\alpha_i$ sao cho $0 \leq \alpha_i \leq 1$ và $x_i = \alpha_i y_i + (1 - \alpha_i) z_i$. Nếu $\alpha_i \geq t$, thì

; điều này mâu thuẫn với giả thiết rằng $x_i \notin M_i$. Vậy $\alpha_i < t$, với $i = 1, 2$, và do đó Với mọi điểm $z$ của $M'$, ta có $\| z - a \| \leq \varepsilon / 4$, vì $L \cap U \subset A_a$, và do đó, đặc biệt $\| z_i - a \| \leq \varepsilon / 4$. Vậy Điều này hoàn tất chứng minh.

Cho $\mathfrak{J}$ là họ các tập con không rỗng của K mà đóng, lồi và ổn định dưới G. Nếu $(L_\alpha)_{\alpha \in I}$ là một họ các phần tử của $\mathfrak{J}$ được sắp thứ tự toàn phần bởi quan hệ bao hàm, thì tập hợp $L = \bigcap_{\alpha \in I} L_\alpha$ thuộc $\mathfrak{J}$. Do đó (S, III, § 3, No. 4, định lý 2), tồn tại một phần tử L trong $\mathfrak{J}$ cực tiểu đối với quan hệ bao hàm. Ta sẽ chứng minh rằng L thu về một điểm.

Ta lập luận bằng phản chứng, giả thiết rằng L chứa ít nhất hai điểm phân biệt $x_1$ và $x_2$, đặt $x = (x_1 + x_2)/2$ và $\varepsilon = \|x_1 - x_2\|/2$. Tập compact và lồi L thỏa mãn tiên đề đếm được thứ nhất đối với khoảng cách được xác định bởi chuẩn (GT, IX, § 2, No. 8). Do đó ta có thể áp dụng bổ đề 2 và tìm được một tập con $L_1$ của L vừa compact vừa lồi, khác $\varnothing$ và khác L, có tính chất sau :

(A) Với mọi $y_1$ và $y_2$ trong $L - L_1$, ta có $\|y_1 - y_2\| < \varepsilon$.

Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng rằng $gx \in L_1$ với mọi $g \in G$. Cho $g \in G$ sao cho $gx \in L - L_1$ thì ta có

với $i = 1, 2$. Theo tính chất (A), ta có $gx_i \in L_1$. Vì $L_1$ lồi, ta kết luận rằng $gx = (gx_1 + gx_2)/2$ thuộc $L_1$, điều này mâu thuẫn với giả thiết.

Cho $L'$ là bao lồi đóng của quỹ đạo $Gx$ của x. Tập hợp $L'$ thuộc $\mathfrak{J}$. Theo lập luận trước, ta có $L' \subset L_1$, do đó $L' \subset L, L' \neq L$. Điều này mâu thuẫn với đặc trưng cực tiểu của L và chứng minh được hoàn thành.

Với mọi $g \in G$, cho $K_g$ ký hiệu tập hợp tất cả các điểm x trong K sao cho $gx = x$; gán cho K tôpô yếu; mỗi tập $K_g$ là lồi và đóng trong không gian compact K. Ta sẽ chứng minh rằng giao $\bigcap_{g \in G} K_g$ không rỗng; để làm điều này, chỉ cần chứng minh rằng tập $K_{g_1} \cap ... \cap K_{g_n}$ không rỗng với mọi $g_1, ..., g_n$ trong G. Cố định $g_1, ..., g_n$ và cho H là nhóm con của G sinh bởi $\{ g_1, ..., g_n \}$. Chọn một điểm a trong K và cho L ký hiệu bao lồi đóng của quỹ đạo Ha của a. Cho D là tập đếm được gồm các phần tử dạng $\lambda_1 h_1 a + \cdots + \lambda_m h_m a$, trong đó $\lambda_1, ..., \lambda_m$ là các số hữu tỉ dương sao cho $\lambda_1 + \cdots + \lambda_m = 1$, và $h_1, ..., h_m$ là các phần tử của H. Bao đóng $\overline{D}$ của D đối với tôpô mạnh là lồi, do đó nó đóng đối với $\sigma(E, E')$ (IV, p. 4, mệnh đề 2); vì vậy $\overline{D} = L$ và điều này chứng minh rằng L là một không gian metric thỏa mãn tiên đề đếm được thứ nhất đối với khoảng cách $(x, y) \mapsto \|x - y\|$. Bây giờ ta có thể áp dụng bổ đề 2. Tồn tại một điểm b trong L bất biến dưới H, do đó $b \in K_{g_1} \cap ... \cap K_{g_n}$.

Vì E phản xạ, K compact đối với $\sigma(E, E')$ (IV, p. 15, định lý 1). Hơn nữa, mọi phần tử của G thuộc $\mathscr{L}(E)$.