哈尔滨工业大学 2016年数学分析第0题
📝 题目
三．（15 分）设函数 $\displaystyle f(x)$ 满足：
（1）$\displaystyle -\infty<a \leqslant f(x) \leqslant b<+\infty(a \leqslant b)$ ．
（2）$\displaystyle |f(x)-f(y)|<|x-y|,(x, y \in[a, b], x \neq y)$ ．
取 $\displaystyle x_{1} \in[a, b]$ ，令 $\displaystyle x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_{n}+f\left(x_{n}\right)\right)(n \geqslant 1)$ ．证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow+\infty} x_{n}=x^{*}$ 存在且 $\displaystyle x^{*}=f\left(x^{*}\right)$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：构造辅助函数并证明不动点存在唯一
由条件（1）知 $f$ 将 $[a,b]$ 映射到自身。定义 $g(x)=f(x)-x$，则 $g$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $g(a)=f(a)-a\geq 0$，$g(b)=f(b)-b\leq 0$。由介值定理，存在 $x^*\in[a,b]$ 使得 $g(x^*)=0$，即 $f(x^*)=x^*$。若存在两个不动点 $x^*,y^*$，则 $|x^*-y^*|=|f(x^*)-f(y^*)|<|x^*-y^*|$，矛盾。故不动点唯一。
公式：g(x)=f(x)-x
提示：注意介值定理要求函数连续，这里由条件（2）可推出 $f$ 连续（利普希茨连续）。
步骤 2/5
目标：定义误差序列并推导递推不等式
设 $d_n=|x_n-x^*|$，则
$$
\begin{aligned}
d_{n+1} &= \left|\frac{1}{2}(x_n+f(x_n))-x^*\right| \\
&= \frac{1}{2}\left|(x_n-x^*)+(f(x_n)-f(x^*))\right| \\
&\leq \frac{1}{2}(|x_n-x^*|+|f(x_n)-f(x^*)|) \\
&< \frac{1}{2}(d_n+d_n)=d_n.
\end{aligned}
$$
因此 $d_n$ 严格递减（除非 $x_n=x^*$），且有下界0，故极限存在，记 $\lim_{n\to\infty} d_n = d \geq 0$。
公式：d_{n+1} < d_n
提示：注意严格不等式成立是因为 $x_n\neq x^*$ 时 $|f(x_n)-f(x^*)|<|x_n-x^*|$，但若 $x_n=x^*$ 则序列已收敛。
步骤 3/5
目标：利用反向不等式证明极限为零
由递推关系，
$$
d_{n+1} = \frac{1}{2}|x_n-x^*+f(x_n)-f(x^*)| \geq \frac{1}{2}\left||x_n-x^*|-|f(x_n)-f(x^*)||\right|.
$$
由于 $|f(x_n)-f(x^*)|<|x_n-x^*|$，故 $|x_n-x^*|-|f(x_n)-f(x^*)|>0$，从而
$$
d_{n+1} > \frac{1}{2}\left(|x_n-x^*|-|f(x_n)-f(x^*)||\right).
$$
令 $n\to\infty$，左边趋于 $d$，右边趋于 $\frac{1}{2}(d-d)=0$，故 $d=0$。因此 $x_n\to x^*$。
公式：d_{n+1} \geq \frac{1}{2}\left||x_n-x^*|-|f(x_n)-f(x^*)||\right|
提示：这里使用了绝对值不等式 $|u+v|\geq ||u|-|v||$，注意方向。
步骤 4/5
目标：取极限得到不动点方程
由 $x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+f(x_n))$，两边取极限得 $x^*=\frac{1}{2}(x^*+f(x^*))$，即 $x^*=f(x^*)$。
公式：x^* = \frac{1}{2}(x^*+f(x^*))
提示：注意极限与函数可交换性：由 $f$ 连续，$\lim f(x_n)=f(\lim x_n)$。
步骤 5/5
目标：总结结论
综上，$\lim_{n\to\infty} x_n = x^*$ 存在且 $x^*=f(x^*)$。
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