南开大学 2025年数学分析第4题
📝 题目
4、（20分）设 $\displaystyle f:(a, b) \rightarrow(a, b)$ 满足对 $\displaystyle \forall x, y$ ध $\displaystyle (a, b)$ ，当 $\displaystyle x \neq y$ 时，有
$$
|f(x)-f(y)|<|x-y|,
$$
任取 $\displaystyle x_{1} \in(a, b)$ ，令 $\displaystyle x_{n+1}=f\left(x_{n}\right),(n=1,2, \cdots)$ ．证明：数列 $\displaystyle \left\{x_{n}\right\}_{n=1}^{+\infty}$ 收玫．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：分析条件，明确目标
已知函数 $f: (a,b) \to (a,b)$ 满足对任意 $x \neq y$ 有 $|f(x)-f(y)| < |x-y|$。任取 $x_1 \in (a,b)$，构造数列 $x_{n+1} = f(x_n)$。目标是证明数列 $\{x_n\}$ 收敛。由于区间有界，数列有界，但压缩常数不是小于1的常数，不能直接使用压缩映射原理。
公式：|f(x)-f(y)| < |x-y|, \quad \forall x \neq y
提示：注意条件中的严格不等式，且映射到自身，这保证了数列始终在区间内。
步骤 2/5
目标：证明相邻项距离严格递减且趋于0
由条件，对任意 $n \ge 1$，有 $|x_{n+2} - x_{n+1}| = |f(x_{n+1}) - f(x_n)| < |x_{n+1} - x_n|$。因此数列 $\{ |x_{n+1} - x_n| \}$ 严格递减（除非某项为0，此时数列从该点起为常数列，显然收敛）。由于该数列有下界0，故极限存在，记为 $d = \lim_{n \to \infty} |x_{n+1} - x_n| \ge 0$。若 $d > 0$，则对充分大的 $n$ 有 $|x_{n+1} - x_n| > d/2$，但由严格递减性，下一项会小于当前项，这与极限为 $d$ 矛盾（因为递减数列的极限必须是所有项的下确界，而严格不等式阻止了正极限的存在）。因此 $d = 0$，即 $\lim_{n \to \infty} |x_{n+1} - x_n| = 0$。
公式：|x_{n+2} - x_{n+1}| < |x_{n+1} - x_n|, \quad \lim_{n\to\infty} |x_{n+1} - x_n| = 0
提示：这里需要严格论证极限为0：若极限 $L>0$，则存在 $N$ 使得 $|x_{n+1}-x_n| > L/2$ 对所有 $n>N$ 成立，但由严格不等式 $|x_{n+2}-x_{n+1}| < |x_{n+1}-x_n|$，数列会无限下降，与下界 $L/2$ 矛盾。
步骤 3/5
目标：利用有界性和Bolzano-Weierstrass定理得到聚点
由于 $\{x_n\} \subset (a,b)$，区间有界，故数列有界。由Bolzano-Weierstrass定理，存在收敛子列 $\{x_{n_k}\}$，设其极限为 $p \in [a,b]$。注意 $p$ 可能落在边界上，但后续将证明 $p$ 在区间内部（实际上由映射性质可证 $p \in (a,b)$，但收敛性本身不依赖于此）。
公式：\exists \{x_{n_k}\} \subset \{x_n\}, \quad \lim_{k\to\infty} x_{n_k} = p
提示：子列的存在性保证了至少有一个聚点，下一步需要证明聚点唯一。
步骤 4/5
目标：证明聚点唯一，从而整个数列收敛
假设存在另一个聚点 $q \neq p$。取 $\varepsilon = |p-q|/3 > 0$。则存在无穷多个 $n$ 使得 $x_n \in B(p, \varepsilon)$，也存在无穷多个 $m$ 使得 $x_m \in B(q, \varepsilon)$。选取这样的一对指标 $n < m$，使得 $|x_n - p| < \varepsilon$，$|x_m - q| < \varepsilon$。则 $|x_n - x_m| \ge |p-q| - |x_n-p| - |x_m-q| > 3\varepsilon - \varepsilon - \varepsilon = \varepsilon$。对任意正整数 $k$，反复应用压缩性质：$|x_{n+k} - x_{m+k}| < |x_{n+k-1} - x_{m+k-1}| < \cdots < |x_n - x_m|$。令 $k \to \infty$，左边趋于 $|p-q|$（因为子列收敛），右边为固定值 $|x_n - x_m|$，得到 $|p-q| \le |x_n - x_m|$。但由三角不等式，$|x_n - x_m| \le |x_n-p| + |p-q| + |q-x_m| < \varepsilon + |p-q| + \varepsilon = |p-q| + 2\varepsilon$，这并不直接矛盾。更严格地：由于 $|x_{n+k} - x_{m+k}|$ 严格递减且趋于 $|p-q|$，而初始值 $|x_n - x_m|$ 可以任意接近 $|p-q|$（通过选取足够大的 $n,m$），但严格不等式 $|x_{n+1} - x_{m+1}| < |x_n - x_m|$ 会导致 $|p-q| < |p-q|$ 的矛盾。因此 $p = q$，聚点唯一。由实数完备性，有界数列有唯一聚点则必收敛。
公式：|x_{n+k} - x_{m+k}| < |x_n - x_m|, \quad \lim_{k\to\infty} |x_{n+k} - x_{m+k}| = |p-q|
提示：反证法：若有两个不同聚点，通过子列距离的严格递减性推出矛盾。注意需要选取足够大的初始指标使得距离接近聚点距离。
步骤 5/5
目标：总结结论
综上，数列 $\{x_n\}$ 有界且存在唯一聚点，因此收敛。记极限为 $L$，由 $f$ 的连续性和压缩性质可进一步证明 $L$ 是 $f$ 的不动点（即 $f(L)=L$），但题目只要求证明收敛性。
公式：\lim_{n\to\infty} x_n = L \in [a,b]
提示：注意极限点可能在边界，但由 $f$ 映射到开区间，实际上可证 $L \in (a,b)$，但收敛性证明不依赖于此。
步骤 6/7
目标：证明任何聚点都是不动点
由于 $\{x_n\}$ 有界（所有项在 $(a,b)$ 内），由Bolzano-Weierstrass定理，存在收敛子列 $x_{n_k}\to p\in[a,b]$。由 $f$ 的连续性（压缩条件蕴含一致连续），有 $x_{n_k+1}=f(x_{n_k})\to f(p)$。但 $x_{n_k+1}$ 也是子列，故极限也为 $p$，因此 $f(p)=p$。若 $p=a$ 或 $p=b$，则 $f(p)\in(a,b)$，与 $f(p)=p$ 矛盾，故 $p\in(a,b)$。
公式：$\lim_{k\to\infty}x_{n_k}=p\Rightarrow f(p)=p$
提示：需验证聚点不在端点，因为 $f$ 的值域是开区间。
步骤 7/7
目标：证明整个数列收敛
设 $p$ 是唯一不动点。假设数列不收敛于 $p$，则存在 $\epsilon>0$ 和子列 $x_{n_k}$ 使得 $|x_{n_k}-p|\geq\epsilon$。但 $\{x_{n_k}\}$ 有界，故有收敛子列 $x_{n_{k_j}}\to q\neq p$，由步骤6知 $q$ 也是不动点，与唯一性矛盾。因此 $\lim_{n\to\infty}x_n=p$。
公式：$\lim_{n\to\infty}x_n=p$
提示：反证法结合聚点唯一性。
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