张恭庆编《泛函分析讲义》第一章第1节 度量空间习题解答

1.闭集与完备的关系

证明完备空间的闭子集是一个完备的子空间, 而任一度量空间中的完备子空间必是闭子集.

证明: 设 $X$ 是一完备空间, $A$ 为其一闭子集, 则对任一 $Cauchy$ 列 $\sed{x_n}\subset A$ , 有 $x_n\to x\in X$ . 由 $A$ 的闭性, 即有 $x\in A$ , 而 $A$ 是完备的. 再设 $X$ 是一度量空间, $A$ 为其一完备子空间, 则对 $\forall\ \sed{x_n}\subset A$ , $x_n\to x$ , 有 $x_n$ 为 $X$ (亦为 $A$ )中的 $Cauchy$ 列, 而 $x\in A$ .

 

 

2.Newton 法

设 $f$ 是定义在 $[a,b]$ 上的二次连续可微的实值函数, $\hat x\in (a,b)$ 使得 $f(\hat x)=0$ , $f‘(\hat x)\neq 0$ . 求证存在 $\hat x$ 的领域 $U(\hat x)$ , 使得 $\forall\ x_0\in U(\hat x)$ , 迭代序列

$$\bex x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f‘(x_n)}\quad (n=0,1,2,\cdots) \eex$$ 是收敛的, 并且 $$\bex \lim_{n\to\infty}x_n=\hat x. \eex$$

证明: 由 $f‘(\hat x)\neq 0$ 知

$$\bex \exists\ \delta>0,\ s.t.\ x\in \bar B(\hat x,\delta)\ra f‘(x)\neq 0. \eex$$ 考虑 $$\bex T:\ \bar B(\hat x, \delta) \mapsto x-\frac{f(x)}{f‘(x)}, \eex$$ 有 $$\bex T(\hat x)=\hat x,\quad \frac{\rd T}{\rd x}(\hat x)=0. \eex$$ 于是由连续性, $$\bex \exists\ 0<\ve<\delta,\ s.t.\ x\in \bar B(\hat x,\delta)\ra \sev{\frac{\rd T}{\rd x}(x)}\leq \frac{1}{2}, \eex$$ 且 $$\bex \sev{Tx-\hat x} =\sev{Tx-T\hat x} =\sev{T‘\sex{(1-\theta)x+\theta \hat x}}\cdot \sev{x-\hat x} \leq \frac{1}{2}\ve\ \sex{x\in \bar B(\hat x,\ve)}. \eex$$ 在 $Banach$ 空间 $\bar B(\hat x,\ve)$ 中考虑压缩映射 $T$ , 即知 $\sed{x_n}$ 收敛. 记 $\dps{\lim_{n\to\infty}x_n=x\in \bar B(\hat x,\delta)}$ , 则由 $Rolle$ 定理及 $f‘(x)\neq 0\ (x\in \bar B(\hat x,\ve))$ 知 $x=\hat x$ .

 

 

3.非扩张映射的不动点

设 $(\calX,\rho)$ 是度量空间, 映射 $T:\calX\to \calX$ 满足 $\rho(Tx,Ty)<\rho(x,y)\ ( \forall\ x\neq y )$ , 并已知 $T$ 有不动点. 求证此不动点是唯一的.

证明: 设

$$\bex Tx=x,\quad Ty=y \eex$$ 且 $x\neq y$ , 则 $$\bex \rho(x,y)=\rho(Tx,Ty)<\rho(x,y), \eex$$ 这是一个矛盾. 于是 $x=y$ .

 

 

4.压缩映射的性质

设 $T$ 是度量空间上的压缩映射, 求证 $T$ 是连续的.

证明: 设

$$\bex T:\ (\calX,\rho)\to (\scrY,r) \eex$$ 满足 $$\bex x,y\in X\ra r(Tx,Ty)\leq \alpha\rho(x,y), \eex$$ 其中 $\alpha\in (0,1)$ . 则 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta=\frac{\ve}{\alpha}>0,\ s.t.\ \rho(x,y)<\delta\ra r(Tx,Ty)<\ve. \eex$$

 

 

5.压缩映射的复合

设 $T$ 是压缩映射, 求证 $T^n ( n\in \bbN )$ 也是压缩映射, 并说明逆命题不一定成立.

证明: 设 $\exists\ \alpha\in (0,1)$ , s.t.

$$\bex x,y\in X&\ra&\rho(Tx,Ty)\leq \alpha \rho(x,y) \eex$$ 则 $$\bex \rho(T^nx, T^ny) \leq \alpha \rho(T^{n-1}x,T^{n-1}y) \leq \cdots \leq \alpha^n \rho(x,y), \eex$$ 于是 $T^n$ 为压缩映射. 现有例 $$\bex T:\ [0,1]\ni x\mapsto \frac{x^2}{2}\in [0,1] \eex$$ 说明逆命题不一定成立. 事实上,

(1) $T$ 不是压缩的, 因为 $\forall\ \alpha\in (0,1)$ , $\exists\ x>y>\alpha$ , s.t.

$$\bex \sev{Tx-Ty} =\frac{\sev{x+y}}{2}\cdot \sev{x-y} >\alpha \sev{x-y}. \eex$$

(2) $T^2$ 是压缩的, 因为

$$\bex T^2x=T\sex{\frac{x^2}{2}} =\frac{x^4}{8}, \quad \sev{\frac{\rd T^2}{\rd x}(x)} =\frac{x^3}{2}\leq \frac{1}{2}. \eex$$

 

 

6.非扩张映射不动点的存在性

设 $M$ 是 $(\bbR^n,\rho)$ 中的有界闭集, 映射 $T:M\to M$ 满足: $\rho(Tx,Ty)<\rho(x,y)\ (\forall\ x,y\in M,\ x\neq y)$ . 求证 $T$ 在 $M$ 中存在唯一的不动点.

证明: 记 $f(x)=\rho(x,Tx)$ , 则由

$$\bex \rho(x,Tx)\leq \rho(x,y)+\rho(y,Ty)+\rho(Ty,Tx) \leq 2\rho(x,y)+\rho(y,Ty)\quad (x,y\in X) \eex$$ 知 $f$ 于 $M$ 上连续, 而 $$\bex \exists\ x_0\in M,\ s.t.\ \rho(x_0,Tx_0)=\min_{x\in M}\rho(x,Tx)(\equiv m). \eex$$ 现若 $x_0\neq Tx_0$ , 则 $$\bex m\leq f(Tx_0) =\rho(Tx_0,T^2x_0) <\rho(x_0,Tx_0)=m, \eex$$ 这是一个矛盾. 于是 $x_0=Tx_0$ , $x_0$ 为 $T$ 的一个不动点. 不动点的唯一性在题 $\ref{1.1.3}$ 中已证.

 

 

 

7.一积分方程连续解的存在性---压缩映象原理的应用

对于积分方程

$$\bex x(t)-\lambda \int_0^1 e^{t-s}x(s)\rd s=y(t), \eex$$ 其中 $y(t)\in C[0,1]$ 为一给定 函数, $\lambda$ 为常数, $\sev{\lambda}<1$ , 求证存在唯一解 $x(t)\in C[0,1]$ .

证明: 积分方程

$$\bex x(t)-\lambda \int_0^t e^{t-s}x(s)\rd s=y(t) \eex$$ 等价于 $$\bex e^{-t}x(t)=e^{-t}y(t)+\lambda \int_0^t e^{-s}x(s)\rd s. \eex$$ 记 $$\bex \xi(t)=e^{-t}x(t),\quad \eta(t)=e^{-t}y(t), \eex$$ 则原问题等价于映射 $$\bex T:\ C[0,1]\ni \xi(t)\mapsto \eta(t)+\lambda \int_0^t \xi(s)\rd s\in C[0,1] \eex$$ 有唯一的不动点, 而这可由压缩映象原理得到. 事实上, $$\bex \sup_{t\in [0,1]} \sev{T\xi_1(t)-T\xi_2(t)} =\lambda \sev{\int_0^1 \xi_1(s)-\xi_2(s)\rd s} \leq \lambda \sup_{t\in [0,1]}\sev{\xi_1(t)-\xi_2(t)}. \eex$$  

张恭庆编《泛函分析讲义》第一章第1节 度量空间习题解答

原文：http://www.cnblogs.com/zhangzujin/p/3548217.html