lim 2 + 2 + ……+ 2 = 2
n →∞
由此可知 ,利用压缩映射定理解法更简单明确 。
例 3 :证明 :若 f (x) 在区间 I = [ a - r ,a + r ]上可微 ,
| f′(x) | ≤α< 1 且| f (a) - a ≤(1 - α) r
(1)
任取 x0 ∈I ,令 x1 = f (x0 ) ,x2 = f (x1 ) , …,xn = f (xn - 1 ) , …,
| f (x) - f (y) | ≤| x - y|
(1)
任取 x1 ∈[ a ,b ] ,令
xn + 1 =
1 2
[ xn + f (xn ) ]
(2)
— 54 —
求证数列有极限 x 3 ,x 3 满足方程 f (x 3 ) = x 3
[ 注 ] 由 (1) (2) 式可得
| xn + 1 - xn | ≤| xn - xn21 |
即 xn + 1 ∈I ,这就证明了 :一切 xn ∈I。 应用微分中值定理 , ϖξ在 xn ,xn - 1 之间 (从而ξ∈I) :
| xn + 1 - xn | = | f (xn) - f (xn - 1 ) | = | f′(ξ) (xn - xn - 1 ) | ≤α| xn - xn - 1 | (0 <α< 1) 。 这表明 xn = f (xn - 1 ) 是压缩映射 ,所以{xn }收敛 。因 f 连续 , 在 xn = f (xn - 1 ) 里取极限值{xn}的极限为 x = f (x) 的根 。 例 4 :设 f (x) 映[ a ,b ]为自身 ,且
定义 :设 X 是度量空间 ,T 是 X 到 X 中的映射 ,如果存在一 个数α,0 <α< 1 ,使得对所有的 x ,y ∈X , ,成立 d ( Tx ,Ty) ≤αd (x , y) (1) ,则称 T 是压缩映射 。
压缩映射在几何上的意思是说点 x 和 y 经 T 映射后 ,它们 像的距离 d (Tx ,Ty) 缩短了 ,不超过原像距离 d (x ,y) 的α倍 (α< 1) 。
证明序列的极限存在 ,常采用两种方法 :
— 53 —
科技信息 高校理科研究
1) 利用单调有界原理 2) 利用压缩映射原理
例 2 :已知 ,a0 = 0 ,a1 = 2 ,a2 = 求数列{an}的极限 。
解一 (利用压缩映射定理) :
2 + a1 , …,an =
f (x φ, (x) ) ≡0 x ∈[ a ,b ] 证明 :在完备空间 C[ a ,b ]中作映射 A ,使对任意的函数φ∈ C[ a ,b ] ,有
(Aφ) (x)
=φ(x)
-
1 M
f
(x
φ, (x)
)
按照定理条件 ,f (x) 是连续的 ,故 (Aφ) (x) 也连续 ,即 Aφ∈C
则 ,nli→m∞xn = x 3 ,x 3 为方程 x = f (x) 的根 (即 x 3 为 f 的不动点) 证 已知 x0 ∈I ,今设 xn ∈I ,则
| xn + 1 - a| = | f (xn) - f (a) + f (a) - a| ≤| f′(ξ) ‖xn - a| + | f (a) - a| (ξ在 xn 与 a 之间) [ 由 (1) ] ≤αr + (1 - α) r = r
)
- φபைடு நூலகம் (x)
+
M1 f (x φ, 1 (x) ) |
= |φ2 (x) - φ1 (x) -
1 M
f′y [
x
φ, 1
( x)
- θ(φ2 (x)
- φ1
(x) ) ]·(φ2 (x)
- φ1 (x) ) |
≤(1 +
m M
|
(φ2 (x)
- φ1 (x) |
由于 0 <
m M
< 1 ,所以令α=
(3)
此式很像压缩映射的条件
| xn + 1 - xn| ≤r| xn - xn21 | ,但实际不是 ,因为 (3) 式相当于 r = 1 ,不是 0 < r < 1.
证 (1) 式表明 f (x) 连续 。只要证明了{xn}单调 ,xn ∈[ a ,b ] (n = 1 ,2 , …) ,自然{xn }有极限 ,在 (2) 式中取极限 ,便知{xn }的 极限 x 3 满足 f (x 3 ) = x 3 。
(1) 只知 f (x) 在[ a ,b ]或 (a ,b) 上连续 ,而没有说明 f (x) 是否 可导 ,则一般用闭区间上连续函数的零值定理证明 。
(2) 作出 f (x) 的一个原函数 F(x) ,证明 f (x) 满足洛尔定理 , 从而得出 f (x) 的零点的证明 。
第二步 :方程 f (x) = 0 的根的唯一性的解题思路 : (1) 利用零值定理 (或洛尔定理) 证明 f (x) = 0 至少存在一 个根 。
,而任一 n ,若时 xn - 1
≤xn ,便有
f (xn - 1 ) - f (xn ) ≤| f (xn - 1 ) - f (xn ) | ≤| xn - 1 - xn | = xn - xn - 1
将带负号的项移到不等式的另一端 ,然后同除以 2 ,即得
φ(x) ≡φ(x) - M1 f (x φ, (x) ) 这就是说 f (x φ, (x) ) ≡0 a ≤x ≤b 压缩映射定理在代数方程组解的唯一性证明中的应用 :
n
例 1. 设 ajk ,j ,k = 1 ,2 , …,n 为一组实数 ,适合条件 ∑ (aij i ,j = 1
δij ) 2 < 1 ,其中δij 当 j = k 时为 1 ,否则为 0 ,证明 :代数方程组 a11 x1 + a12 x2 + …+ a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + …+ a2n xn = b2 … … … …
(1 -
m) M
,则有 0 <α< 1 ,且
| Aφ2 (x) - Aφ1 (x) | ≤α|φ2 (x) - Aφ1 (x) |
按 C[ a ,b ]中距离的定义 ,即知 :
d (Aφ2 ,Aφ1 ) ≤αd (φ2 φ, 1 )
因此 ,A 是压缩映射 ,由压缩映射定理 ,存在唯一性的φ∈C
[ a ,b ] ,满足 Aφ=φ,即 :
2 + an - 1 ,
根据题设 ,得函数 y = 2 + x ,则 y ≥0
由 y = 2 + x得 y′= 1 2 2+x
又由于 y′= 2
1 <1] x> 2+x
7 4
由已知条件可知 0 < y′< 1
∴y = 2 + x为一压缩映射
根据压缩映射定理可知 y = 2 + x有且只有一个解
∵y = 2 + x对应于 an = 2 + an - 1
∴只有 a0 > -
7 4
的任一常数
,不妨设
a0
=
0
由压缩映射定理可知存在唯一一点 x0 ,使得 x0 = 2 + x0 则 x0 2 = 2 + x0 ] x0 = 2
∴nli→m∞an
=
lim
n →∞
2 + an - 1 = 2
即 :数列{an}的极限为 2 。
解二 (利用单调有界原理) :
记 an = 2 + 2 + ……+ 2 ,易见数列 {an } 是递增的 ,现 用数学归纳法来证明{an}有上界 。
ΠX ∈Rn ,X = (x1 ,x2 , …,xn ) T , ‖X ‖2 = x21 + …+ x2n 令 BX = ( E - A) X + b ,b = (b1 ,b2 , …,bn) T ,则易证 B 为 Rn →
Rn 的映射 ,下证 B 为压缩映射 ΠX ∈Rn ,则
d (BX ,BY) = d[ ( E - A) X + b , ( E - A) Y+ b ] = ‖( E - A) X - ( E - A) Y‖2 = ‖( E - A) (X - Y) ‖2 ≤‖E - A ‖2 ·‖X - Y‖2 =αd (X , Y) ∴X = BX ] X = ( E - A) X + b 又由 X = ( E - A) X + b Ζ AX = b ∴对任一组固定的 b1 ,b2 , …,bn 必有唯一的一组解 x1 ,x2 , …,xn 。 压缩映射定理在数学分析中运用范围很广泛 ,不仅在存在 唯一性定理的证明中是有力的工具 ,而且它也很广泛地运用在 求极限的问题上 。
显然 a1 = 2 < 2 ,假设 an < 2 ,
则有 an + 1 = 2 + an < 2 + 2 = 2 从而对一切 n 有 an < 2 ,即{an}有上界 。 由单调有界定理 ,数列{an}有极限 ,记为 a ,由于 a2n + 1 = 2 + an 对上式两边取极限得 a2 = 2 + a ,即有 (a + 1) (a - 2) = 0 解得 a = - 1 或 a = 2 由数列极限的保不等式性 ,a = - 1 是不可能的 ,故有
an1 x1 + an2 x2 + …+ ann xn = bn
对任何一组固定的 b1 ,b1 , …,bn ,必有唯一的解 x1 ,x2 , …,