(第一节)压缩映射原理

泛函分析题1_1压缩映射原理p9
1.1.1 证明完备度量空间的闭子集是完备的子空间，而任一度量空间中的完备子空间必是闭子集．
证明：(1) 设(X, ρ)是完备度量空间，A⊆X，A是X的闭子集．
若{x n}是A中的Cauchy列，则{x n}也是X中的Cauchy列．
因(X, ρ)完备，故{x n}收敛于X中某点x．
而A是X的闭子集，且{x n}是A中的点列，故其极限x也在A中．
因此，{x n}是子空间A中收敛列．
所以，子空间(A, ρ)是完备的．
(2) 设(X, ρ)是度量空间，B⊆X，B是X的完备子空间．
若{x n}是B中的点列，且在X中收敛于x∈X．
则{x n}是X中的Cauchy列，因此{x n}也是B中的Cauchy列．
由B是X的完备子空间，故{x n}也是B中的收敛列．
若{x n}在B中收敛于y∈B，则{x n}作为X中的点列也收敛于y．
由极限的唯一性，x∈y．故x∈B．
所以B是X中的闭子集．
1.1.2 (Newton法) 设f是定义在[a, b]上的二次连续可微的实值函数，z∈(a, b)使得
f (z) = 0，f’(z) ≠ 0．求证存在z的邻域U(z)，使得∀x0∈U(z)，迭代序列
x n +1 = x n-f (x n)/f’(x n)( n = 0, 1, 2, ...)
是收敛的，并且lim n→∞x n= z．
证明：首先，由f’(z) ≠ 0，存在z的邻域V⊆ (a, b)，使得f’在cl(V)上总不为0．设m = min {| f’(x) | x∈cl(V)}，M = max {| f’’(x) | x∈cl(V)}，则m > 0．
由f (z) = 0，存在z的邻域U= ( z -δ , z +δ ) ⊆V，使得
∀t∈cl(U)，| f (t) | ≤m2/( M + 1)．
设T : cl(U)→ ，T(x) = x-f (x)/f’(x)．则T在cl(U)上是连续可微的．
则∀x, y∈cl(U)，存在ξ∈U，使得T(x) -T(y) = T’(ξ)(x-y)．
故| T(x) -T(y) | = | T’(ξ) | · | x-y | = | f(ξ) f’’(ξ)/f’(ξ)2| · | x-y |
≤m2M/(( M + 1)m2) · | x-y | = (M/( M + 1)) · | x-y |．
特别地，∀x∈cl(U)，| T(x) -T(z) | ≤ (M/( M + 1)) · | x-z | ≤ | x-z | ≤δ．
而T(z) = z-f (z)/f’(z) = z，故| T(x) -z | ≤δ，即T(x)∈cl(U)．
所以，T是cl(U)上的压缩映射．
∀x0∈U，迭代序列x n +1 = x n-f (x n)/f’(x n)( n = 0, 1, 2, ...)
就是cl(U)上的压缩映射T所产生迭代序列x n +1 = T(x n)( n = 0, 1, 2, ...)．
由压缩映射原理，{x n}是收敛的，并且lim n→∞x n= z．
1.1.3 设(X, ρ)是度量空间，映射T : X→X满足ρ(Tx, Ty) < ρ(x, y) (∀x ≠y)，并且已知T有不动点，求证此不动点是唯一的．
证明：若不然，设T有不同的不动点x, y∈X，则ρ(x, y) = ρ(Tx, Ty) < ρ(x, y)，矛盾．故T的不动点是唯一的．
1.1.4 设T是度量空间上的压缩映射，求证T是连续的．
证明：设(X, ρ)是度量空间，0 < α< 1，T : X→X是满足
ρ(Tx, Ty) ≤α·ρ(x, y)(∀x, y∈X )
的压缩映射．
若{x n}是X中收敛于x的点列，则ρ(x n, x)→ 0．
而ρ(Tx n, Tx) ≤α·ρ(x n, x)，故有ρ(Tx n, Tx) → 0．
因此T连续．
1.1.5 设T是压缩映射，求证T n (n∈ +)也是压缩映射，并说明逆命题不一定成
立．
证明：(1) 设(X, ρ)是度量空间，0 < α< 1，T : X→X是满足
ρ(Tx, Ty) ≤α·ρ(x, y)(∀x, y∈X )
的压缩映射．
∀n∈ +，若S = T n是压缩映射，则∀x, y∈X，有
ρ(T n+1x, T n+1y) = ρ(T n(Tx), T n(Ty)) = ρ(S(Tx), S(Ty)) ≤ρ(Tx, Ty) ≤α·ρ(x, y)．
所以T n+1也是压缩映射．
由数学归纳法原理，T n (n∈ +)都是压缩映射．
(2) 逆命题不成立的例子：
考虑T : [0, 2]→ [0, 2]，其中T定义如下：
当x∈[0, 1]时，T(x) = 0；当x∈(1, 2]时，T(x) = x - 1．
显然T不是压缩映射．
但∀x∈[0, 2]，T(T(x)) = 0．
因此，T2是压缩映射．
1.1.6 设M是( n, ρ)中的有界闭集，映射T : M→M满足：ρ(Tx, Ty) < ρ(x, y) (∀x, y∈M，x ≠y)．求证T在M中存在唯一的不动点．
证明：(反证法) 假若T在M中没有不动点．
显然，T在M上是连续的，故函数ρ(x, Tx)在M上连续且恒大于0．
因M是( n, ρ)中的有界闭集，故ρ(x, Tx)在M中某点x0处达到下确界．
0 < ρ(x0 , Tx0 ) ≤ρ(Tx0 , T2x0 ) < ρ(x0 , Tx0)，矛盾．
所以，T在M中存在不动点．
根据1.1.3，该不动点是唯一的．
1.1.7 对于积分方程x(t) -λ⎰[0, 1]e t–s x(s) ds = y(t)，其中y(t)∈C[0, 1]为一给定函数，λ为常数．| λ| < 1，求证存在唯一解x(t)∈C[0, 1]．
证明：首先积分方程等价于e–t x(t) -λ⎰[0, 1]e–s x(s) ds = e–t y(t)，
令z(t) = e–t x(t)，w(t) = e–t w(t)，则方程变为z(t) -λ⎰[0, 1]z(s) ds = w(t)．
因此只要证明上面的方程有唯一解z(t)∈C[0, 1]．
设T : C[0, 1] →C[0, 1]，(Tz)(t) = w(t) + λ⎰[0, 1]z(s) ds．
则∀z1, z2∈C[0, 1]，
| (Tz1)(t) - (Tz2)(t) | = | λ| · | ⎰[0, 1] (z1(s) -z2(s)) ds |
≤ | λ| ·⎰[0, 1] | z1(s) -z2(s) | ds ≤ | λ| · max t∈[0, 1] | z1(t) -z2(t) |；
故ρ(Tz1, Tz2) ≤ | λ| ·ρ(z1, z2)．
因此，T是C[0, 1]上的压缩映射．
故T在C[0, 1]上有唯一不动点．
即存在唯一的z(t)∈C[0, 1]，使得z(t) = w(t) + λ⎰[0, 1]z(s) ds．
[第1节完] ∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞∙︒ℵℜ℘∇∏∑⎰ℓ⊥ √§
∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩψ∂。