上册 2.3 函数的零点 第9题
📝 题目
9．证明下列命题．
（1）设 $f(x)$ 为 $[a, b]$ 的自身映射，且 $|f(x)-f(y)| \leqslant k|x-y|, 0 \leqslant k<1$ 。任取 $x_{0} \in[a, b]$ ，令 $x_{n+1}=f\left(x_{n}\right), n=1,2, \cdots$ 。证明：数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 有极限，且极限为 $f(x)$ 的不动点。
（2）设 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上可微，$\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant c<1, \forall x \in[a, b] . \forall x_{0} \in[a, b]$ ，令 $x_{1}=f\left(x_{0}\right)$ ， $x_{n}=f\left(x_{n-1}\right)$ 。证明：数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫于 $[a, b]$ 某点 $d$ ，且 $\displaystyle \left|x_{n}-d\right| \leqslant \frac{c^{n}}{1-c}\left|x_{1}-x_{0}\right|$ 或 $f(x)$ 有且仅有一个不动点．
（3）设 $f(x)$ 为 $[a, b]$ 的自身映射，且 $|f(x)-f(y)| \leqslant L|x-y|, 0
💡 答案解析
\section*{证明过程：}
（1）由已知得
$$
\left|x_{n+1}-x_{n}\right|=\left|f\left(x_{n}\right)-f\left(x_{n-1}\right)\right| \leqslant|k| \cdot\left|x_{n}-x_{n-1}\right|,
$$
即 $\left\{x_{n}\right\}$ 是压缩数列．因此数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫．设极限为 $a$ ．由连续可得 $f(a)=a$ ，即数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 的极限为 $f(x)$ 的不动点．
（2）由中值定理
$$
\left|x_{n+1}-x_{n}\right|=\left|f\left(x_{n}\right)-f\left(x_{n-1}\right)\right|=\left|f^{\prime}(\xi)\right| \cdot\left|x_{n}-x_{n-1}\right| \leq c\left|x_{n}-x_{n-1}\right|, \xi \in\left(x_{n-1}, x_{n}\right) .
$$
即 $\left\{x_{n}\right\}$ 是压缩数列．于是数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛．设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=d$ ．
由 $\left|x_{n+1}-x_{n}\right| \leqslant c\left|x_{n}-x_{n-1}\right| \leqslant c^{2}\left|x_{n-1}-x_{n-2}\right| \leqslant \cdots \leqslant c^{n}\left|x_{1}-x_{0}\right|$ 得
$$
\left|x_{n+p}-x_{n}\right| \leqslant\left|x_{n+p}-x_{n+p-1}\right|+\left|x_{n+p-1}-x_{n+p-2}\right|+\cdots+\left|x_{n+1}-x_{n}\right| \leqslant\left(c^{n}+c^{n+1}+\cdots+c^{n+p-1}\right)\left|x_{1}-x_{0}\right|
$$
$$
=\frac{c^{n}}{1-c}\left(1-c^{p}\right)\left|x_{1}-x_{0}\right| .
$$
让 $p \rightarrow \infty$ 得 $\displaystyle \left|x_{n}-d\right| \leqslant \frac{c^{n}}{1-c}\left|x_{1}-x_{0}\right|$ ．
（3）由已知得
$$
\left|x_{n+1}-x_{n}\right| \leqslant \frac{1}{2}\left|x_{n}-x_{n-1}\right|+\left|f\left(x_{n}\right)-f\left(x_{n-1}\right)\right|=\frac{1+L}{2}\left|x_{n}-x_{n-1}\right|
$$
故 $\left\{x_{n}\right\}$ 是压缩数列，从而数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫。设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=x$ ，在递推关系式中令 $n \rightarrow \infty$ ，得 $f(x)=x$ 。
（4）由已知得 $f(x)$ 连续，$x_{n} \in[a, b]$ ，即 $\left\{x_{n}\right\}$ 有界。下面证明数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调．
若 $x_{1} \leqslant f\left(x_{1}\right)$ ，则 $\displaystyle x_{2}=\frac{1}{2}\left(x_{1}+f\left(x_{1}\right)\right) \geqslant x_{1}$ ．
假设 $x_{n-1} \leqslant x_{n}$ ，由 $f\left(x_{n-1}\right)-f\left(x_{n}\right) \leqslant\left|f\left(x_{n-1}\right)-f\left(x_{n}\right)\right| \leqslant\left|x_{n-1}-x_{n}\right|=x_{n}-x_{n-1}$ ，移项得
$$
x_{n-1}+f\left(x_{n-1}\right) \leqslant x_{n}+f\left(x_{n}\right)
$$
从而 $x_{n} \leqslant x_{n+1}$ ．由数学归纳法知数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 递增。
若 $x_{1} \geqslant f\left(x_{1}\right)$ ，同理可证数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 递减。
由单调有界定理，数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫。设 $\lim _{n \rightarrow+\infty} x_{n}=x$ ，在 $\displaystyle x_{n+1}=\frac{1}{2}\left[x_{n}+f\left(x_{n}\right)\right]$ 两边取极限得 $f(x)=x$.
（5）记 $f(x)=x-\mathrm{e}^{-x}$ ，则 $f(0)=-1, f(1)=1-\mathrm{e}^{-1}>0, f^{\prime}(x)=1+\mathrm{e}^{-x}>0$ ．由连续函数的介值定理，存在唯一 $c \in(0,1)$ ，使得 $c=\mathrm{e}^{-c}$ 。
由 $x_{1} \in(0,1)$ 知 $\mathrm{e}^{-1} \leqslant x_{2}=\mathrm{e}^{-x_{1}} \leqslant 1$ ．进一步得 $\mathrm{e}^{-\mathrm{e}^{-1}} \leqslant x_{3}=\mathrm{e}^{-x_{2}} \leqslant \mathrm{e}^{-1}$ ．由数学归纳法证得 $\mathrm{e}^{-1} \leqslant x_{n+1}=\mathrm{e}^{-x_{n}} \leqslant \mathrm{e}^{-\mathrm{e}^{-1}}$ ．由中值定理，
$$
\left|x_{n+1}-x_{n}\right|=\left|f\left(x_{n+1}\right)-f\left(x_{n}\right)\right| \leqslant \mathrm{e}^{-\mathrm{e}^{-1}}\left|x_{n}-x_{n-1}\right| .
$$
即 $\left\{x_{n}\right\}$ 是压缩数列。于是数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫。由 $x_{n+1}=\mathrm{e}^{-x_{n}}$ 得 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=c$ 。
📋 详细解题步骤
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