不动点定理及其应用

不动点定理及其应用
1 引言
大家都知道，在微分方程、积分方程以及其它各类方程的理论中，解的存在性、唯一性以及近似解的收敛性等都是相当重要的课题，为了讨论这些方程解的存在性，我们可以将它们转化成求某一映射的不动点问题．本文就这一问题作一下详细阐述．
2 背景介绍
把一些方程的求解问题化归到求映射的不动点，并用逐次逼近法求出不动点，这是分析中和代数中常用的一种方法．这种方法的基本思想可以追溯到牛顿求代数方程的根时所用的切线法，19世纪Picard 运用逐次逼近法解常微分方程．后来，1922年，波兰数学家巴拿赫（Banach ）将这个方法加以抽象，得到了著名的压缩映射原理，也称为巴拿赫不动点定理．
3 基本的定义及定理
定义1[1](P4) 设X 为一非空集合，如果对于X 中的任何两个元素x ，y ，均有一确定的实数，记为),,(y x ρ与它们对应且满足下面三个条件：
①非负性：0),(≥y x ρ，而且0),(=y x ρ的充分必要条件是x =y ； ②对称性：),(y x ρ=
),(x y ρ；
③三角不等式：),(y x ρ),(),(y z z x ρρ+≤，这里z 也是X 中任意一个元素． 则称ρ是X 上的一个距离，而称X 是以ρ为距离的距离空间，记为()ρ,X ．
注 距离概念是欧氏空间中两点间距离的抽象，事实上，如果对任意的
,),,,(),,,,(2121n n n R y y y y x x x x ∈==ΛΛ2/12211])()[(),(n n y x y x y x -++-=Λρ
容易看到①、②、③都满足．
定义2[1](P23) 距离空间X 中的点列}{n x 叫做柯西点列或基本点列，是指对任给的,0>ε存在
,0>N 使得当N n m >,时，ερ<),(n m x x ．如果X 中的任一基本点列必收敛于X 中的某一点，则
称X 为完备的距离空间．
定义3[2](P16) 设X 是距离空间，T 是X 到X 中的映射．如果存在一数,10,<≤a a 使得对所有的X y x ∈,，不等式
),(),(y x a y x ρρ≤T T （1）
成立，则称T 是压缩映射．压缩映射必是连续映射，因为当x x n →时，有
0),(),(→≤x x a Tx Tx n n ρρ．
例 设[]10，
X =，Tx 是[]10，上的一个可微函数，满足条件：()[][]()1,01,0∈∀∈x x T ，以及 ()[]()1,01∈∀<≤'x a x T ，则映射X X T →:是一个压缩映射．
证
()()[]()()y x a y x a y x y x T Ty Tx Ty Tx ,1,ρθθρ=-≤--+'=-=
()10,,<<X ∈∀θy x ，得证．
定义4 设X 为一集合，X X T →:为X 到自身的映射（称为自映射），如果存在,0X x ∈使得00x Tx =，则称0x 为映射T 的一个不动点．
例如平面上的旋转有一个不动点，即其旋转中心，空间中绕一轴的旋转则有无穷多个不动点，即其旋转轴上的点均是不动点，而平移映射a x Tx +=没有不动点．
如果要解方程(),0=x f 其中f 为线性空间X 到自身的映射（一般为非线性的），令,I f T +=其中I 为恒等映射：,x Ix =则方程()0=x f 的解恰好是映射T 的一个不动点．因此可以把解方程的问题转化为求不动点的问题．
下面就来介绍关于不动点的定理中最简单而又应用广泛的压缩映射原理：
定理1[3](P36) 设X 是完备的距离空间，T 是X 上的压缩映射，那么T 有且只有一个不动点． 证 任取,0X x ∈并令ΛΛ,,,,11201n n Tx x Tx x Tx x ===+ （2）
下证()2的迭代序列是收敛的，因T 是压缩映射，所以存在,10<≤a 使得()()y x a Ty Tx ,,ρρ≤，因此 ()()()();,,,,00101021Tx x a x x a Tx Tx x x ρρρρ=≤=
()()()();,,,,002212132Tx x a x x a Tx Tx x x ρρρρ=≤=
…………
一般地，可以证明()()()();,,,,00111Tx x a x x a Tx Tx x x n
n n n n n n ρρρρ≤≤≤=--+Λ于是对任意
自然数p n ,，有()
()()+++≤++++Λ211,,,n n n n p n n x x x x x x ρρρ()
p n p n x x +-+,1ρ
≤()0011,)(Tx x a a a p n n n ρ-++++Λ
()
()()0000,1,11Tx x a
a Tx x a a a n p n ρρ-≤--= （3）
由于10<≤a ，因此，当n 充分大时，()
,,ερ<+p n n x x 故}{n x 是X 中的基本点列，而X 是完备的，所以存在_
0_
0,x x X x n →∈使得成立．
再证_
0x 是T 的不动点．易证，若T 是压缩映射，则T 是连续映射，而,lim _
0x x n n =∞
→因此
,lim _0x T Tx n n =∞
→所以_
0_0_0,x x x T 即=是T 的一个不动点．
最后，我们证明不动点的唯一性，若存在X x ∈*
，使得,*
*
x Tx =则
,,,,*_0*_0*_0⎪⎭
⎫ ⎝⎛≤⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛x x a Tx x T x x ρρρ 而_
0*
_0*,0,,1x x x x a ==⎪⎭
⎫ ⎝⎛<即所以ρ．证毕．
注 （i ）由（2）定义的序列收敛，且收敛到T 的唯一不动点，且迭代与初始值0x 的取法无关．
（ii ）误差估计式 方程x Tx =的不动点*
x 在大多数情况下不易求得，用迭代程序,
1n n Tx x =+即得到不动点*
x 的近似解，在（3）式中令(
)
()00*
,1,,Tx x a
a x x p n
n ρρ-≤
∞→得 （4） 此即误差的先验估计，它指出近似解n x 与精确解*
x 之间的误差．如果事先要求精确度为
(),,*
ερ≤x x n 则由()ερ≤-00,1x Tx a
a n
，可计算出选代次数n ，在（4）式中取01,1Tx x n ==代入
得(
)()0
*
0,1,x Tx a
a x
Tx ρρ-≤．
上式对任意初始值均成立，取10-=n x x ，即得()
()1*
,1,--≤
n n n x x a
a
x x ρρ， 此式称为后验估计，可从n x 与其前一步迭代结果1-n x 的距离来估计近似解与精确解*
x 之间的误差．所以，压缩映射原理，不仅给出了不动点的存在性，而且给出求解方法，同时还指明了收敛速度及误差．
（iii ）a 值越小迭代收敛的速度越快．
（iv ）在T 满足()()()y x y x Ty Tx ≠<,,ρρ （5） 的条件下，T 在X 上不一定存在不动点．
如令[)[)()+∞∈++
=+∞=,011
,,0x x
x Tx X ，我们容易证明对一切[)y x y x ≠+∞∈,,0,时，有()()[)∞+<，
但0,,,T y x Ty Tx ρρ中没有不动点．
又如，若令x arctgx Tx R X +-=
=2
π
，，则T 满足条件（5）
，因任取,,,y x R y x ≠∈则由中值公式()()y x T y x Ty Tx ,,'在ξξ-=-之间，由于
()，故得11'2
2
<+=ξ
ξξT ()()y x Ty Tx y x Ty Tx ,,,ρρ<-<-即， Tx 但没有不动点，因任何一个使x Tx =的x 须满足,2
π
=
arctgx 在R 内这样的x 不存在．
（v ）压缩映射的完备性不能少． 如设(]1,0=X ，定义T 如下：2
x
Tx =，则T 是压缩映射，但T 没有不动点．这是由于(]1,0空间的不完备性导致的．
（vi ）压缩映射条件是充分非必要条件． 如()[]b a x f ,映为自身，且 ()()y x y f x f -≤- ， （6）
任取[],,1b a x ∈令()[]n n n x f x x +=
+2
1
1 ， （7） 该数列有极限*
*
,x x 满足方程()*
*
x
x
f =，但由（6），（7）可得11-+-≤-n n n n x x a x x ，相当
于,1=a 不是10<<a ，即不满足压缩映射的条件．
定理 1从应用观点上看还有一个缺点，因为映射T 常常不是定义在整个空间X 上的，而仅定义在X 的子集E 上，而其像可能不在E ，因此要对初值加以限制，有以下结果：
定理
2 [4]（P193-194）
设
T 在Banach 空间的闭球()(){}r x x X x r x B B ≤∈==00_
,:,ρ上有定义，
在X 中取值，即T ：()X r x B →,0_
又设[),1,0∈∃a 使得()()(),,,,,0_
y x a Ty Tx r x B y x ρρ≤∈∀有
()(),1,00r a Tx x -≤ρ且则迭代序列（2）收敛于T 在B 中的唯一不动点．
证 只需证明(),,B x B B T ∈∀⊂ ()Tx x ,0ρ()()Tx Tx Tx x ,,000ρρ+≤()r a -≤1()x x a ,0ρ+
()r ar r a =+-≤1，因此()B ，B T B Tx ⊂∈所以,由定理1B 在知T 中有唯一的不动点，证毕．
有时T 不是压缩映射，但T 的n 次复合映射n
T 是压缩映射，为了讨论更多方程解的存在性、唯一性问题，又对定理1进行了推广．
定理3[5]
（P21）
设T 是由完备距离空间X 到自身的映射，如果存在常数10,<≤a a 以及自然0n ，
使得(
)
()()X y x y x y T x T
n n ∈≤,,,00
ρρ， （8）
那么T 在X 中存在唯一的不动点．
证 由不等式（8），0
n T 满足定理1的条件，故0
n T
存在唯一的不动点，我们证明0x 也是映射T
唯一的不动点．其实，由()()()
000100
Tx x T T x T Tx T
n
n n ===+，可知0Tx 是映射0n T 的不动点．由
0n T 不动点的唯一性，可得00x Tx =，故0x 是映射T 的不动点，若T 另有不动点1x ，则由
,1111100x Tx Tx T x T n n ====-Λ可知1x 也是0n T 的不动点，再由0n T 的不动点的之唯一性，得到
,01x x =证毕．
4 不动点定理的应用
4.1 不动点定理在数学分析中的应用
该定理在数学分析中主要用于证明数列的收敛性、方程解的存在性和唯一性及求数列极限． 定理4.1.1 ① 对任一数列{}n x 而言，若存在常数r ，使得
10,,11<<-≤-∈∀-+r x x r x x N n n n n n 恒有 ()A ，则数列{}n x 收敛．
② 特别，若数列{}n x 利用递推公式给出：()n n x f x =+1 (),,2,1Λ=n 其中f 为某一可微函数，且()()(),1',B R x r x f R r ∈∀<≤∈∃使得则{}n x 收敛．
证 ①此时r
r x x r r r x x x x r
x x
x x n
p n n p
n n k k p
n n k k k
n p n --≤---=-≤
-≤
-+++=-++=-+∑∑11.0101011
1
1
1
应用Cauchy 准则，知{}n x 收敛，或利用D ，
Alenber 判别法，可知级数()1--∑n n x x 绝对收敛，从而数列()()ΛΛ,2,10
1
1=+-=
∑=-n x x x
x n
k k k
n 收敛．
② 若()B 式成立，利用微分中值定理：
()()()()Λ,3,2,1111=-≤-'≤-=----+n x x r x x f x f x f x x n n n n n n n n ξ即此时()A 式亦成
立，故由①知{}n x 收敛．
注 若()B 式只在某区间I 上成立，则必须验证，{}n x 是否保持在区间I 中．
例1 设数列{}n x 满足压缩性条件，,,3,2,10,11Λ=<<-≤--+n k x x k x x n n n n 则{}n x 收敛． 证 只要证明{}n x 是基本点列即可，首先对一切n ，我们有
11-+-≤-n n n n x x k x x ,121212x x k x x k n n n -<<-<---Λ
n m >设，则 n n m m m m n m x x x x x x x x -++-+-≤-+---1211Λ
123122x x k x x k m m -+-<--121x x k n -++-Λ
()01121
∞→→--<
-n x x k
k n ，证毕．
注 该题体现了不动点定理证明数列的收敛性．
例2 证明若()x f 在区间[]r a r a I +-≡,上可微，()1<≤'αx f ，且
()()r a a f α-≤-1 , （9）
任取()()(),,,,,,112010ΛΛ-===∈n n x f x x f x x f x I x 令则*
*,lim x x x n n =∞
-为方程()
x f x =的根（即*
x 为f 的不动点）
证 已知I x ∈0，今设I x n ∈，则
()()()a a f a f x f a x n n -+-=-+1
()()a a f a x f n -+-'≤ξ ()之间与在a x n ξ[由（9）]
(),1r r r =-+≤αα
I x n ∈+1即这就证明了：一切I x n ∈应用微分中值定理，1,+∃n n x x 在ξ之间（从而I ∈ξ）
()()()()111--+-'=-=-n n n n n n x x f x f x f x x ξ 1--≤n n x x α ()10<<α，
这表明()1-=n n x f x 是压缩映射，所以{}n x 收敛．
因f 连续，在()1-=n n x f x 里取极限知{}n x 的极限为()x f x =的根． 注 该题体现了不动点定理证明方程解的存在性． 例 3 ()x f 满足()()(),10<<-≤-k y x k y f x f (),,10n n x f x R x =∈∀+令取则{}n x 收
敛，且此极限为方程()x x f =的唯一解．
证 ① 因为()()01212
111x x k x x k x x k x f x f x x n
n n n n n n n n -≤≤-≤-≤-=-----+Λ
所以 n n p n p n p n p n n p n x x x x x x x x -++-+-≤-+-+-+-+++1211Λ
()
01121x x k k k k n n p n p n -++++≤+-+-+Λ
()10101<<--<k x x k
k n
因为01lim
01=--∞→x x k k n n ，所以εε<--<->∀∀∃>∀+011,,,,0x x k
k x x N n p N n
n p n 有，由Cauchy 准则，知{}n x 收敛．
② 设,lim *x x n n =∞
→已知()n n x f x =+1，所以()()
**lim x f f x f x n n 连续∞
→=，所以()x f x x =是*
的
解．若另有解*
y 是()x f x =的解，即()*
*
y
f y =，
而
()()
()10*
*****<<-≤-=-k x y k x f y f x y ．
所以*
*
x y =，所以()x f x x =是*
的唯一解．
注 该题既体现了不动点定理证明数列的收敛性又体现了方程解的存在唯一性．
定理4.1.2 已知数列{}n x 在区间I 上由()()Λ,2,11==+n x f x n n 给出，f 是I 上连续函数，若f 在I 上有不动点()(
)*
*
*
x
f x x =即满足()()()
()*0*111
≥--x x x f x
，则此时数列{}n x 必收敛，
且极限A 满足()A f A =,若()*式"""">≥改为对任意I ∈1x 成立，则意味着*
x 是唯一不动点，并且,*x A =
特别，若f 可导，且()(),10I x x f ∈<'<当则f 严增，且不等式()()
""""*>≥可该为会自动满足()I x ∈∀1，这时f 的不动点存在必唯一从而*
x A =，
证 （分三种情况进行讨论）：
① 若*1x x >，则()()
*
*12x x f x f x =≥=，一般地，若已证到*x x n ≥，则
()()
**1x x f x f x n n =≥=+．
根据数学归纳法，这就证明了，一切*:x x n n ≥（即*
x 是n x 之下界）
另一方面，由()*式条件，已有()112x x f x ≤=，由f 单调增，知
()()2123x x f x f x =≤=，…．
一般地若已证到1-≤n n x x ，由f 单调增，知()()n n n n x x f x f x =≤=-+11，这就证明了n x 单调减，再由单调有界原理，知{}n x 收敛．
在()n n x f x =+1里取极限，因()x f 连续，可知{}n x 的极限A 适合方程()A f A =． ② *
1x x <的情况，类似可证．
③ *
1x x =若，则一切n ，*x x n =结论自明．
最后，假若()(),10I x x f ∈∀<'<由压缩映射原理可知{}n x 收敛．事实上，这时也不难验证()*条件成立，如：对函数()()x f x x F -≡应用微分中值定理，（注意到()()0,0*>'=x F x F ），知*
x
在ξ∃与x 之间，使得()()()()()()(),*
*
*
x x F x x F x
F x F x f x -'=-'+=≡-ξξ
可见()()(
),0*
>--x
x x f x 即条件()*严格成立，故*lim x x
n
n =∞
→．
例4 设()
n
n n x c x c x x ++=
>+1,011（1>c 为常数），求n n x ∞→lim ．
解 法一（利用压缩映射）因0>n x ，且0>x 时，0))
(()1()1()('2'
>-=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡++=x f c c x c x c x f x ，又由1>c 知11
1)1()()1()('02
2<-=-≤+-=
<c c c c x c c c x f )0(>∀x ，故)(1n n x f x =+为压缩映射，
{}n x 收敛，在n
n n x c x c x ++=
+)
1(1中取极限，可得c x n n =∞→lim ．
法二（利用不动点）显然一切0>n x ，令()()x x
c x c x f =++=
1，知不动点c x =*，而f 单调
增加且0)()()()1(2
2>-++=-+---=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-c x x c c x c x x c cx c x cx c x x c x c x ．
表明()()(
)0*
111≥--x
x x f x 成立，根据不动点方法原理c x
n
n =∞
→lim ．
注 该题体现了不动点定理用于求数列极限．
定理4.1.3 （不动点方法的推广）设),(y x f z =为二元函数，我们约定，将),(x x f z =的不动点，称为f 的不动点（或二元不动点），已知),(y x f z =为0,0>>y x 上定义的正连续函数，z 分别对x ，对y 单调递增，假若：（1）存在点b 是),(x x f 的不动点；（2）当且仅当b x >时有
()x x f x ,>，令
()()()()()ΛΛ,4,3,,0,,,21121==>==--n a a f a a a a f a a a f a n n n ， （10）
则{}n a 单调有界有极限，且其极限A 是f 的不动点．
证 只需证明{}n a 收敛，因为这样就可在（10）式中取极限，知A 是f 的不动点，下面分两种情况进行讨论：
① 若1a a ≤，由f 对x ，对y 的单增性知112),(),(a a a f a a f a =≥=，进而
2111123),(),(),(a a a f a a f a a f a =≥≥=，
类似：若已推得121,---≥≥n n n n a a a a ，则
),4,3(),(),(2111Λ==≥=---+n a a a f a a f a n n n n n n ，如此得{}n a 单调递增．
又因a a a f a ≥=),(1，按已知条件这时只能b a ≤（否则b a >按已知条件（2），应有
1),(a a a f a =>，产生矛盾），进而
),(),(,),(),(121a b f a a f a b b b f a a f a ≤==≤= Λ,),(b b b f =≤，
用数学归纳法可得一切b a n ≤，总之n a 单调递增有上界，故{}n a 收敛． ② 若a a ≤1，类似可证{}n a 单调递减有下界b ，故{}n a 收敛．
注 按b 的条件可知b 是f 的最大不动点，b x >时不可能再有不动点，情况②时极限b A ≥是不动点，表明此时b A =．
例5 若ΛΛ,)(,,)(,)(,03
1312
13
1311231311--+=+=+=>n n n a a a a a a a a a a ，
试证 （1）数列{}n a 为单调有界数列；
（2）数列{}n a 收敛于方程3
1
3
x x x +=的一个正根．
证 （利用定理 4.1.3）设3
131)(),(y x y x f z +==，显然f 当0,0>>y x 是正值连续函数，对y x ,单增，只需证明 ①b ∃使得),(b b f b =；②),(x x f x >当且仅当b x >
① 注意到 f 的不动点，亦即是方程03
13
=--x x x 的根，分析函数3
13
)(x x x x g --=，因
0926)(",3113)('3
53
22>+
=-
-=x
x x g x
x x g （0>x 时），0)1(',)00('>-∞=+g g ，可知g 在
（0，1）内有唯一极小点c x c >,时g x g ,0)('>严增，0)2(,0)1(><g g ，故g 在（0，1）内有唯一零点b （即f 的不动点）．
② b x >时0)()(=>b g x g ，即),(x x f x >；事实上，在0>x 的范围也只有在b x >时才有
),(x x f x >，因为0)(,0)0(==b g g ，在),0(c 上)(x g 严减，),(b c 上)(x g 严增，所以),0(b 上0)(<x g ，即),(x x f x <．证毕．
4．2 不动点定理在积分方程中的应用
该定理在积分方程用于证明方程解的存在性、唯一性及连续性． 例6 第二类Fredholm 积分方程的解，设有线性积分方程
τ
ττμϕd x t k t t x b a )(),()()(⎰+=，
（11）
其中[]b a L ,2
∈ϕ为一给定的函数，λ为参数，),(τt k 是定义在矩形区域b a b t a ≤≤≤≤τ,内
的可测函数，满足+∞<⎰⎰ττdtd t k b
a b a 2
),(．那么当参数λ的绝对值充分小时，方程（11）有唯一
的解[]b a L x ,2
∈．
证 令τττμϕd x t k t t Tx b
a )(),()()(⎰+=．
由 [
]
d t d x d t k d x t k b
a b a b a b
a b a τττττ
ττ2
22
)(),()(),(⎰⎰⎰≤⎰⎰
ττττd x dt d t k b
a b
a b a 2
2
)(),(⎰⎰⎰=
及T 的定义可知，T 是由[]b a L ,2
到其自身的映射，取
μ充分小，使
[
]
1),(2
/12
<⎰⎰=dt
d t k a b
a b a ττμ，
于是 2
/12
))()()(,(),(⎪⎭
⎫ ⎝⎛-⎰⎰=dt ds s y s x t k Ty Tx b a b a τμρ
()()
2
/12
2
/12
)()(),(ds s y s x dtd t k b a b a
b a -⎰⎰⎰≤τ
τμ
()),()
,(2
/12
y x dtd t k b a b a
ρττμ⎰⎰
=),(y x a ρ=
故T 为压缩映射，由定理1可知，方程（11）在[]b a L ,2
内存在唯一的解． 注 该题体现了不动点定理证明第二类Fredholm 积分方程解的存在唯一性．
例7 设),(τt k 是定义在三角形区域t a b t a ≤≤≤≤τ,上的连续函数，则沃尔泰拉积分方程
)()(),()(t d x t k t x t a ϕτττμ+⎰= （12）
对任何[]b a C ,∈ϕ以及任何常数μ存在唯一的解[]b a C x ,0∈．
证 作[]b a C ,到自身的映射()()()()(),,:t f d x t k t Tx T t
a
+=⎰
τττμ则对任意的[],
,,21b a C x x ∈有 ()()()()()()()[]⎰-=
-t
a
d x x t k t Tx t Tx ττττμ
2
1
21,
()()()t x t x a t M b
t a 21max --≤
≤≤μ
()(),,21x x a t M ρμ-=
其中M 表示),(τt k 在t a b t a ≤≤≤≤τ,上的最大值，ρ表示[]b a C ,中的距离，今用归纳法证明),()
!/)(()()(212
21x x n a t M t x T t x T n
n
n
n
ρλ-≤- （13）
当1=n 时，不等式（13）已经证明，现设当k n =时，不等式（13）成立，则当1+=k n 时，
有[]ττττμd x T x T t k t x T t x T k k t a k k )()(),()()(212111-⎰=
-++
[]
),()(!/2111
x x ds a s k M k t a k k ρμ
-⎰≤++
[]),()!1/()(2
1
1
11
x x k a t M k k k ρμ
+-=+++，
故不等式（13）对1+=k n 也成立，从而对一切自然数n 成立．由（13）
(
)
!/)()()(m ax ),(2121n a b M t x T t x T x T x T n n n
n n b
t a n n -≤-=≤≤μρ ),(21x x ρ
对任何给定的参数μ，总可以选取足够大的n ，使得1!/)(<-n a b M n n n
μ，因此n T 满足定
理3的条件，故方程在[]b a C ,中存在唯一的解．
注 该题体现了不动点定理证明沃尔泰拉积分方程在三角形区域上解的存在唯一性． 例8 设),(τt k 是[][]b a b a ,,⨯上的连续函数，()[]b a C t f ,∈，λ是参数，方程
)()(),()(t f d x t k t x b a +⎰=τττλ， （14）
当
λ充分小时对每一个取定的)(t f 有唯一解．
证 在[]b a C ,内规定距离)()(max ),(t y t x y x b
t a -=≤≤ρ．考虑映射
(
))(),())((t f d x t k t Tx b a +⎰=τττλ （15） 当
λ充分小时T 是[][]b a C b a C ,,→的压缩映射．
因为
()()()()()()()()()⎰-=-=≤≤≤≤b
a b
t a b
t a d y x t k t Ty t Tx Ty Tx ττττλρ,max max ,
τ
ττλd t y x t k b a b
t a )()(),(max -⋅⎰⋅≤≤≤
),(y x M ρλ⋅≤
此处ττd t k M b
a b
t a ),(max ⎰=≤≤．故当
λ1<M 时，T 是压缩映射，此时根据定理1，方程对任一
[]b a C t f ,)(∈解存在唯一，任取初始值逼近，令()()()()t f d x t k t x b a
+=⎰τττλ01,，则
),(1)*,(01x x M
M x x n
n
n ρλλρ⋅-≤，)(t x n 是第n 次的近似，)(*t x 是精确解．
注 该题体现了不动点定理证明沃尔泰拉积分方程在矩形区域上解的存在唯一性．
例9 设[]1,0C f ∈，求出积分方程ds s x t f t x t
o )()()(⎰+=λ []()1,0∈t 的连续解．
解 法一 据例7方程对一切λ存在唯一解[]1,0)(∈t x ，改写方程
))(()(),()()(10t kx ds s x s t k t f t x =⎰+=λ，
其中⎩⎨
⎧≥<=.
,1,,0),(s t s t s t k 由逐次逼近法，取0)(0=t x ，得002201,,,x k x x k x kx x n
n ===Λ，
则)(lim )(t x t x n n ∞
→=在[]1,0C 中收敛，即为原方程之解，容易看出
,,)(),()()(),()(1
021Λds s f s t k t f t x t f t x ⎰+==λ
)(1t x n +()()()∑⎰=+=n
k k k ds s f s t k t f 1
1
,λ，其中),,(),(1s t k s t k =
du s u k u t k s t k n t n ),(),(),(10-⎰= )2(≥n ，
从而 ⎪⎩
⎪
⎨⎧≥--<=-,,)()!
1(10
),(1
s t s t n s t s t k n n ()()()()()()()ds s f n s t s t s t t f t x t
n n n ⎰⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡--++-+-++=--+011221!1!21λλλλΛ， 故.)()()(lim )()
(01ds s f e
t f t x t x s t t n n -+∞
→⎰+==λλ
法二 令ds s x t y t
)()(0⎰=，则)()('t x t y =，如果)(t x 满足原方程，则)(t y 必满足方程
⎩
⎨
⎧=+=0)0()
()()('y t y t f t y λ （16） 易知方程（16）的解为 ds s f e t y s t t )()()(0-⎰=λ
再令 ()()()()()
()⎰
-+=+=t
s t ds s f e
t f t y t f t x 0
λλλ （17）
下面证明)(t x 为原方程之解，事实上，因为()t y 满足（16），则)()()()('t x t y t f t y =+=λ 所以ds s x t y t )()(0⎰=，由（17）知ds s x t f t x t )()()(0⎰+=λ，故ds s f e t f t x s t t )()()()(0-⎰+=λλ为原方程的连续解．
4.3 不动点定理在线性代数方程组中的应用
该定理在线性代数方程组用于证明方程解的存在性、唯一性． 例10 设有线性方程组()n i b x a
x i n
j j ij
i ,2,11
Λ==-
∑=， (18)
如对每个1,
1
<≤∑=a a
i n
j ij
(19)
则该方程组有唯一解．
证 在空间n R 中定义距离()i i n
i y x y x -=≤≤11max ,ρ (其中i x 与i y 分别是x 与y 的第i 分量)，
则n R 按照1ρ是一个距离空间，且是完备的．在这个空间中，定义Tx y R R T n
n =→,:由下式确定
()∑==+=n
j i j ij
i n i b x a
y 1
,,2,1Λ ，
如令 ()
()()()2211,y Tx y Tx
==，则有
()
()
()()
()
()()
()
()()()
211
12112121max max ,,j j n
j ij n
i i
i
n
i x x a y y
y
y
Tx
Tx -=-==∑=≤≤≤≤ρρ
()()
211
1max j
j n
j ij n
i x x a -≤∑=≤≤()()
∑-≤=≤≤≤≤n
j ij n i j j n
j a x x 1
1211max max
由条件（19）可得()()
(
)()()()2
1
21,,x x a Tx
Tx ρρ≤，即T 是压缩映射，从而它有唯一的不动点，
即方程有唯一解且可用迭代法求得．
上述结果可用于方程组
(),,,,,21n n R x x x x b Ax ∈==Λ()
()'
21,,,n n
n ij
b b b b a A Λ==⨯ （20） 可知，当
n i a a
ii n
j
i j ij
,2,1,,1Λ=<∑≠=时（19）存在唯一的解x ，且用如下的Jacobi 法求出x ，
将（20）改写成 ⎪⎪⎪
⎪⎩
⎪⎪⎪⎪⎨
⎧
+----=+--+-=+---=nn n n nn n nn n n
n
n n n a b a a a a a b a a a a a b a a a a ξξξξξξξξξξξξ0002211222222212221211
11112111211
ΛΛΛΛΛΛΛ
记 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛----
-
-
=nn n nn
n nn
n n n a b a
b a b b a a a a a a a
a a a a a A ΛΛ
ΛΛΛΛΛΛ222111212222221111111200
0 即为b x A x +=，任取()
()
()
(
),,,,002010n
n
R
x ∈'=ξξξΛ用迭代法，令
n n b x A x n n ,,2,1,1Λ=+=-，则x x n n =∞
→lim ．
4.4 不动点定理在微分方程中的应用
该定理在微分方程用于证明方程解的存在性、唯一性． 例11 考察微分方程
()y x f dx
dy
,=，00
y y x =， （21）
其中()y x f ,在整个平面上连续，此外还设()y x f ,关于y 满足利普希茨（R ．Lipschtz ）条件：
()()
,,,,,,2'''R y y x y y k y x f y x f ∈-≤-
其中0>k 为常数，那么通过点()00,y x ，微分方程（21）有一条且只有一条积分曲线． 证 微分方程（21）加上初值条件00
y y
x =，等价于下面的积分方程
()()()dt t y t f y x y x
x ,0
0⎰+=．我们取0>δ，使1<δk ，在连续函数空间[]δδ+-00,x x C 内定
义映射:T
()()()()[]()δδ+-∈+=⎰000,,0
x x x dt t y t f y x Ty x
x ，
则有
()()(()()[]⎰-=≤-x
x x x dt t y t f t y t f Ty Ty 0
02
1
21,,max
,δ
ρ
()()⎰-≤≤-x
x x x dt t y t y k 00
21max δ
()()().,m ax 21210y y k t y t y k x t δρδδ
=-≤≤-
因,1<δk 由定理1，存在唯一的连续函数()[]()δδ+-∈000,x x x x y 使
()()()dt t y t f y x y x
x ⎰+=0
000,，
由这个等式可以看出，()x y 0是连续可微函数，且()x y y 0=就是微分方程（21）通过点()00,y x 的积分曲线，但只定义在[]δδ+-00,x x 上，考虑初值条件(),000δδ
±=±x y y
x 并再次应用定理1，
使可将解延拓到[]δδ2,200+-x x 上，依次类推，于是可将解延拓到整个直线上．
通过上文的论述，我们加深了对不动点定理的理解，了解了求不动点的方法以及相应例题的证明技巧，知道了此定理应用的广泛性，而随着理论和实践的蓬勃发展对不动点定理的研究也将不断深化，所以我们研究的脚步不能停下．。