泛函分析题1.docx

文档介绍：: .
，而任一度量空间中: .
，而任一度量空间中的完备子空间必是闭子集.
证明：（1）设（X,0是完备度量空间，AX，｛xn｝是A中的Cauchy列，则｛xn｝（X,：■）完备，故｛xn｝收敛于X中某点x.
而A是X的闭子集，且｛xn｝是A中的点列，，｛xn｝是子空间A中收敛列.
所以，子空间（A,T）是完备的.
（2）设（X,;）是度量空间，BX，｛Xn｝是B中的点列，且在X中收敛于xX.
则｛xn｝是X中的Cauchy列，因此｛xn｝也是B中的Cauchy列.
由B是X的完备子空间，故｛xn｝也是B中的收敛列.
若｛xn｝在B中收敛于yB，则｛xn｝，x・.
所以B是X中的闭子集.
(Newton法)设f是定义在［a,b］上的二次连续可微的实值函数，z(a,b)使得f⑵=0，f'z)(z)，使得Vx^U(z)，迭代序列xn+1=Xn—f(xn)/f'(Xn)(n=0,1,2,...)是收敛的，并且limxn=Z.
证明：首先，由f'(z)丰0,存在z的邻域VG(a,b)，使得f'在cl(V)上总不为0.
设m=min｛|f'(x)|xcl(V)｝，M=max｛|f'(x)|xcl(V)｝，贝Um>0.
由f(z)=0，存在z的邻域U=(z-：，z+)-V，使得—tcl(U)，|f(t)|<m2/(M+1).
设T:cl(U)T(x)=x-f(x)/f'(x).则T在cl(U)上是连续可微的.
则-x,ycl(U)，存在U，使得T(x)-T(y)=T'()(x-y).
故IT(x)-T(y)|=|「()||x•-y|=|f()f'(')/f')2||x-y|
22<mM/((M+1)m)|・x—y|=(M/(M+1))|•-y|.
特别地，-xcl(U)，|T(x)-T(z)|<(M/(M+1))|x-z|<|x-z|—.
而T(z)=z-f(z)/f'(z)=z,故|T(x)-z|，即T(x)cl(U).
所以，T是cl(U)上的压缩映射.
-X0U，迭代序列xn+1=Xn-f(xn)/f'(Xn)(n=0,1,2,...)就是cl(U)上的压缩映射T所产生迭代序列Xn+1=T(Xn)(n=0,1,2,...).
由压缩映射原理，｛Xn｝是收敛的，并且limn_-'Xn=(X,。是度量空间，映射T:X>X满足%Tx,Ty)<「(x,y)(_x-y)，并且已知T有不动点，求证此不动点是唯一的.
证明：若不然，设T有不同的不动点x,yX,则「(x,y)=：(Tx,Ty)<'(x,y)，