河南师范大学 2025年数学分析第0题

已知函数 $f:[a,b] \to [a,b]$ 连续，且满足 Lipschitz 条件 $|f(x)-f(y)| \le |x-y|$ 对所有 $x,y \in [a,b]$ 成立。给定初始点 $x_1 \in [a,b]$，定义递推公式 $x_{n+1} = \frac{1}{3}[2x_n + f(x_n)]$。需要证明数列 $\{x_n\}$ 收敛于某点 $z \in [a,b]$ 且 $f(z)=z$。

由于 $x_1 \in [a,b]$，且 $f(x_n) \in [a,b]$，递推公式可改写为 $x_{n+1} = \frac{2}{3}x_n + \frac{1}{3}f(x_n)$，这是 $x_n$ 和 $f(x_n)$ 的凸组合（系数为正且和为1），因此 $x_{n+1}$ 介于 $x_n$ 和 $f(x_n)$ 之间，从而 $x_{n+1} \in [a,b]$。由数学归纳法，对所有 $n$ 有 $x_n \in [a,b]$。

计算相邻两项的差：$x_{n+1} - x_n = \frac{1}{3}[2x_n + f(x_n)] - x_n = \frac{1}{3}[f(x_n) - x_n]$。令 $d_n = |f(x_n) - x_n|$，则 $|x_{n+1} - x_n| = \frac{1}{3}d_n$。进一步，考虑 $f(x_{n+1}) - x_{n+1}$ 的表达式：$f(x_{n+1}) - x_{n+1} = [f(x_{n+1}) - f(x_n)] + [f(x_n) - x_{n+1}]$，其中 $f(x_n) - x_{n+1} = f(x_n) - \frac{2}{3}x_n - \frac{1}{3}f(x_n) = \frac{2}{3}(f(x_n)-x_n)$。

对 $f(x_{n+1}) - x_{n+1}$ 取绝对值并利用 Lipschitz 条件：$|f(x_{n+1}) - x_{n+1}| \le |x_{n+1} - x_n| + \frac{2}{3}|f(x_n)-x_n| = \frac{1}{3}d_n + \frac{2}{3}d_n = d_n$。因此 $d_{n+1} \le d_n$，即 $\{d_n\}$ 单调不增且有下界0，故极限存在。若 $d_n$ 不趋于0，则存在 $\epsilon>0$ 使 $d_n \ge \epsilon$ 对所有 $n$ 成立，从而 $|x_{n+1}-x_n| \ge \epsilon/3$，但 $\{x_n\}$ 有界，相邻项差有正下界会导致矛盾（数列无法在有限区间内无限震荡而不发散），故 $d_n \to 0$。

由 $|x_{n+1} - x_n| = d_n/3$ 且 $d_n$ 单调递减趋于0，对任意 $m > n$，有 $|x_m - x_n| \le \sum_{k=n}^{m-1} |x_{k+1} - x_k| = \frac{1}{3}\sum_{k=n}^{m-1} d_k$。由于 $d_k$ 单调递减趋于0，其部分和收敛（可类比正项级数收敛判别法），因此对任意 $\epsilon>0$，存在 $N$ 使得当 $n \ge N$ 时，$\sum_{k=n}^{\infty} d_k < 3\epsilon$，从而 $|x_m - x_n| < \epsilon$。故 $\{x_n\}$ 是 Cauchy 列，由实数完备性知其收敛，记极限为 $z \in [a,b]$。

对递推公式 $x_{n+1} = \frac{2}{3}x_n + \frac{1}{3}f(x_n)$ 两边取极限，利用 $f$ 的连续性（由 Lipschitz 条件保证）得 $z = \frac{2}{3}z + \frac{1}{3}f(z)$。两边乘以3得 $3z = 2z + f(z)$，即 $f(z) = z$。