Matanaliz

Теорема 26.2. Послiдовнiсть (xk) = ((x(1k), x(2k), . . . , x(nk)))

точок простору Rn з евклiдовою метрикою є збiжною то-

дi i тiльки тодi, коли збiжнi послiдовностi (x(1k)), (x(2k)), . . . ,

(x(nk)).

Як наслiдок з теорем 26.1 i 26.2 дiстаємо, що простiр Rn з евклiдовою метрикою є повним.

Теорема 26.3. Метричний простiр C[a;b] з рiвномiрною метрикою є повним.

Доведення. Нехай послiдовнiсть (fn) є фундаментальною послiдовнiстю точок простору C[a;b]. Тодi для будь-якого ε > 0,

зокрема для 2ε, iснує номер n0 такий, що для всiх n > n0 i будь-якого p N виконується нерiвнiсть

тобто виконується достатня умова рiвномiрної збiжностi функцiональної послiдовностi. Нехай

lim fn(x) = f0(x).

n→∞

Оскiльки фундаментальна послiдовнiсть fn(x) неперервних на вiдрiзку [a; b] функцiй рiвномiрно збiгається до функцiї f0(x), то остання є неперервною на вiдрiзку [a; b], тобто f0(x) C[a;b]. Якщо в останнiй нерiвностi перейти до границi при p → ∞, то для всiх n > n0 i будь-якого x [a; b]

ε

|fn(x) − f0(x)| 6 2.

391

Таким чином, для будь-якого ε > 0 iснує номер n0 такий, що

для всiх n > n0 d(fn(x), f0(x)) < ε, тобто lim fn(x) = f0(x)

n→∞

C[a;b]. А це й означає, що кожна фундаментальна послiдовнiсть є збiжною, тобто простiр C[a;b] з рiвномiрною метрикою є повним.

Контрприклад. Покажемо, що метричний простiр C[−1;1] з евклiдовою метрикою не є повним. Розглянемо послiдовнiсть

(fn(x)), де

1, якшо n1 6 x 6 1

i покажемо, що вона є фундаментальною. Справдi, для будьяких n, p

392

d(fn+p, fn) < ε. А це й означає, що задана послiдовнiсть фундаментальна.

Припустимо, що iснує функцiя f0(x) C[−1;1] така, що

f0(x) неперервна на вiдрiзку [−1; 1], а функцiя sign x 6 C[−1;1],

тобто lim d(fn(x), sign x) = 0. А оскiльки

n→∞

v

u 1

Z

u

u (f0(x) − sign x)2dx 6 t

−1

v

u 1

Z u

6 u (f0(x) − fn(x) + fn(x) − sign x)2dx 6 t

−1

393

lim d(fn(x), sign x) > d(f0(x), sign x) > 0. Отримане протирiччя

n→∞

свiдчить про те, що наше припущення невiрне. А, отже, побудована фундаментальна послiдовнiсть не є збiжною, тобто простiр C[−1;1] з евклiдовою метрикою неповний.

Нехай маємо метричний простiр (X, d), i нехай f — вiдображення X в X (f : X → X), тобто f є вiдображенням X в себе.

Означення 26.3. Вiдображення f метричного простору в себе називається стискуючим, якщо iснує число q (0 < q < 1) таке, що для довiльних x0, x00 з X виконується нерiвнiсть

d(f(x0), f(x00)) 6 qd(x0, x00).

√

Приклад 1. Покажемо, що функцiя f(x) = sin x є стиску-

394

f0(c)(x00 − x0) 6 qd(x0, x00). Отже, задане вiдображення є стискуючим.

Приклад 2. Нехай маємо лiнiйне вiдображення A : R2 → R2,

35

причому метрика у просторi R2 задається так: для будь-яких x = (x1, x2), y = (y1, y2) R2

d(x, y) = max(|x1 − y1|, |x2 − y2|).

395

Отже, задане вiдображення є стискуючим.

Очевидно, що будь-яке стискуюче вiдображення є неперервним.

Означення 26.4. Точка x0 метричного простору X називається нерухомою точкою вiдображення f : X → X, якщо f(x0) = x0, тобто x0 — розв’язок рiвняння f(x) = x.

Наступна теорема дає вiдповiдь на питання „У якому випадку останнє рiвняння має розв’язок, причому єдиний? “

Теорема Банаха (принцип стискуючих вiдображень).

Будь-яке стискуююче вiдображення повного метричного простору в себе має єдину нерухому точку.

Доведення. Нехай (X, d) — повний метричний простiр, f

— стискуюче вiдображення простору X в себе i нехай x0 — довiльна фiксована точка цього простору. Побудуємо послiдовнiсть (xn) точок простору X у такий спосiб:

x1 = f(x0), x2 = f(x1) = f(f(x0)), x3 = f(x2) =

= f(f(f(x0))), . . . , xn = f(xn−1) = f(f(f(. . . f(x0) . . .))), . . .

| {z }

n кратна композицiя

Покажемо, що ця послiдовнiсть є фундаментальною. Врахувавши, що задане вiдображення є стискуючим, тобто iснує q (0 < q < 1) таке, що для будь-яких x, y X d(f(x), f(y)) 6 qd(x, y), для n = 2, 3, . . . маємо:

d(x2, x1) = d(f(x1), f(x0)) 6 qd(x1, x0),

d(x3, x2) = d(f(x2), f(x1)) 6 qd(x2, x1) 6 q2d(x1, x0),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

396

d(xn, xn−1) = d(f(xn−1), f(xn−2)) 6 qd(xn−1, xn−2) 6

6 qn−1d(x1, x0),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Тодi для будь-якого n i будь-якого p

d(xn+p, xn) 6 d(xn+p, xn+1) + d(xn+1, xn) 6

6d(xn+p, xn+2) + d(xn+2, xn+1) + d(xn+1, xn) 6

6d(xn+p, xn+p−1) + d(xn+p−1, xn+p−2) + · · · +

+d(xn+2, xn+1) + d(xn+1, xn) 6

6 (qn+p−1 + qn+p−2 + · · · + qn+1 + qn)d(x1, x0) <

Оскiльки 0 < q < 1, то lim qn d(x1, x0) = 0. А отже, для

n→∞ 1 − q

будь-якого ε > 0 iснує номер n0 такий, що для всiх n > n0 виконується нерiвнiсть

qn

1 − q d(x1, x0) < ε.

Звiдси маємо, що для будь-якого ε > 0 iснує номер n0 такий, що для всiх n > n0 i будь-якого p виконується нерiвнiсть

d(xn+p, xn) < ε.

А це й означає, що послiдовнiсть (xn) фундаментальна. В силу повноти простору X ця послiдовнiсть збiгається. Нехай

397

lim xn = x . Покажемо, що f(x ) = x . Справдi, оскiльки сти-

n→∞

скуюче вiдображення є неперервним, то

де q < 1. i з нерiвностi d(x , x ) 6 qd(x , x ) дiстаємо 1 6 q. Отримане протирiччя i доводить єдинiсть нерухомої точки.

Зауваження 1. Оскiльки для кожного n i кожного p

qn

d(xn+p, xn) < 1 − q d(x0, x1),

то, перейшовши до границi у лiвiй частинi при p → ∞, маємо:

Зауваження 2. Принцип стискуючих вiдображень можна застосувати для доведення iснування i єдиностi розв’язку рiвнянь рiзних типiв, причому метод доведення дає метод наближеного знаходження невiдомого розв’язку. Такий метод розв’язування рiвнянь виду f(x) = x носить назву методу послiдовних наближень.

Застосування.

1. Розв’язування рiвнянь виду f(x) = 0.

Нехай функцiя f(x) визначена на вiдрiзку [a; b] i задовольняє на цьому вiдрiзку умови Лiпшиця, тобто iснує число L > 0 таке, що для всiх x0, x00 [a; b] виконується нерiвнiсть

|f(x0) − f(x00)| 6 L|x0 − x00|.

398

Якщо f([a; b]) [a; b] i L < 1, то f є стискуючим вiдображенням цього вiдрiзка. А, отже, в силу теореми Банаха рiвняння f(x) = x має єдиний розв’язок, причому вiн є границею послiдовностi (xn), де x0 [a; b] — фiксоване число, x1 = f(x0), x2 = f(x1),

. . . , xn = f(xn−1), . . . . Зокрема, якщо f(x) диференцiйовна на вiдрiзку [a; b] i x [a; b] |f0(x)| 6 q < 1, то рiвняння f(x) = x можна розв’язувати методом послiдовних наближень.

√ Наприклад, вище було доведено, що вiдображення f(x) = sin x є стискуючим вiдображенням вiдрiзка [12 , 1]. Поклавши

x0 = 1, дiстанемо x7 ≈ f(x7√) ≈ 0, 8768, тобто 0,8768 є наближене значення кореня рiвняння sin x = x.

Досить популярним чисельним методом розв’язування рiвнянь є метод Ньютона. Так у випадку, коли функцiя f(x) визначена на вiдрiзку [a; b], на кiнцях цього вiдрiзка приймає значення рiзних знакiв, опукла донизу i має додатну похiдну, то пошук кореня рiвняння можна здiйснити так. Вiзьмемо точку x0 [a; b] i запишемо рiвняння y = f(x0) + f0(x0)(x − x0) дотичної до кривої y = f(x) у точцi (x0, f(x0)). Знайдемо точку перетину дотичної з вiссю Ox

1

x1 = x0 − f0(x0) f(x0).

З точкою x1 проробимо ту ж процедуру. i взагалi послiдовно будемо обчислювати наближення невiдомого кореня за формулою

1

xn = xn−1 − f0(xn−1) f(xn−1).

Неважко переконатись, що побудована послiдовнiсть (xn) буде монотонно прямувати до кореня рiвняння f(x) = 0.

√

Зокрема, якщо f(x) = xk − a, тобто необхiдно знайти k a, де

a > 0, рекурентне спiввiдношення має вигляд

xk− − a

xn = xn−1 − n 1k−1 ,

kxn−1

399

а при k = 2 маємо вiдоме рекурентне спiввiдношення для наближеного обчислення кореня квадратного

Розглянемо модифiкацiю методу Ньютона. А саме, побудуємо послiдовнiсть (xn) за формулою

f(xn−1) xn = xn−1 − f0(x0) ,

де похiдна обчислена тiльки у точцi x0. Тодi для вiдображення

f(x) F (x) = x − f0(x0)

за теоремою Лагранжа маємо, що для будь-яких x0, x00 [a; b]

де c — деяка точка мiж x0 i x00. Якщо на деякому вiдрiзку [α; β] [a; b] F ([α; β]) [α; β] i для всiх x [α; β]

f0(x)

f0(x0) 6 q < 1,

то F (x) — стискуюче вiдображення вiдрiзка [α; β], а, отже, має єдину нерухому точку. Таким чином, рiвняння F (x) = x або f(x) = 0 має на вiдрiзку [α; β] єдиний корiнь, наближене значення якого можна знайти методом послiдовних наближень.

Звичайно умови, якi гарантують застосовнiсть модифiкованого методу Ньютона можна послабити, а саме досить мати вiдрiзок [α; β], на якому F ([α; β]) [α; β], i

f0(x)

6 q < 1 для всiх x [α; β].

f0(x0)

400