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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, ()是完备度量空间，A ( X，A是X的闭子集． 若{xn}是A中的Cauchy列，则{xn}也是X中的Cauchy列． 因(X, ()完备，故{xn}收敛于X中某点x． 而A是X的闭子集，且{xn}是A中的点列，故其极限x也在A中． 因此，{xn}是子空间A中收敛列． 所以，子空间(A, ()是完备的． (2) 设(X, ()是度量空间，B ( X，B是X的完备子空间． 若{xn}是B中的点列，且在X中收敛于x(X． 则{xn}是X中的Cauchy列，因此{xn}也是B中的Cauchy列． 由B是X的完备子空间，故{xn}也是B中的收敛列． 若{xn}在B中收敛于y(B，则{xn}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 　　　　xn +1 = xn ( f (xn)/f’ (xn)　( n = 0, 1, 2, ...) 是收敛的，并且limn(( xn = 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 (( , z +( ) ( 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((U，使得T(x) ( T(y) = T’(()(x ( y)． 故| T(x) ( T(y) | = | T’(() | · | x ( y | = | f(() f’’(()/f’(()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 | ( (． 而T(z) = z ( f (z)/f’ (z) = z，故| T(x) ( z | ( (，即T(x)(cl(U)． 所以，T是cl(U)上的压缩映射． (x0(U，迭代序列xn +1 = xn ( f (xn)/f’ (xn)　( n = 0, 1, 2, ...) 就是cl(U)上的压缩映射T所产生迭代序列xn +1 = T(xn )　( n = 0, 1, 2, ...)． 由压缩映射原理，{xn }是收敛的，并且limn(( xn = z． 1.1.3 设(X, ()是度量空间，映射T : X ( X满足((Tx, Ty) ((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((x, y) = ((Tx, Ty) ((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, ()是度量空间，0 ( 1，T : X ( X是满足 ((Tx, Ty) ( ( · ((x, y)　((x, y(X ) 的压缩映射． 若{xn}是X中收敛于x的点列，则((xn, x)( 0． 而((Txn, Tx) ( ( · ((xn, x)，故有((Txn, 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, ()是度量空间，0 ( 1，T : X ( X是满足 ((Tx, Ty) ( ( · ((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 ((T n+1x, T n+1y) = ((T n(Tx), T n(Ty)) = ((S(Tx), S(Ty)) ( ((Tx, Ty) ( ( · ((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,