泛函分析习题讲解 习题1.20
习题题面
设 \(X\) 是紧距离空间，\(T\) 是 \(X\) 上到自身的映射且满足条件：对任意 \(x,y\in X\)，当 \(x\neq y\) 时，\(d(Tx,Ty)<d(x,y)\). 证明 \(T\) 在 \(X\) 上有惟一不动点.
教材参考答案
由给定条件，显然 \(T\) 是 \(X\) 上的连续映射，因此 \(d(Tx,x)\)，\(x\in X\) 是 \(x\) 的连续函数. 由于 \(X\) 是紧的，\(d(Tx,x)\) 必在 \(X\) 上的某一点 \(\bar{x}\) 取最小值，我们证明 \(T\bar{x}=\bar{x}\). 因为如不然 \(T\bar{x}\neq\bar{x}\)，则由给定条件
\[ d(T^2\bar{x},T\bar{x})<d(T\bar{x},\bar{x}), \]
这与 \(d(Tx, x)\) 在 \(\bar{x}\) 点取最小值矛盾. 惟一性显然.
习题分析
习题 1.16 埋下的“回旋镖”终于在这一题转了回来。这道题要我们证明的，正是我们先前所说明的，在紧致性条件下的不动点定理，即Edelstein不动点定理。
拿到这道题，很多同学的第一反应一定是：想办法把题目的“弱压缩”条件升级为Banach定理中的“强压缩”条件。顺着这个直觉，最容易想到的伪证思路就是：构造一个压缩率函数 \(g(x,y)=\frac{d(Tx,Ty)}{d(x,y)}\)。因为 \(X\) 是紧致空间，所以乘积空间 \(X\times X\) 也是紧致空间；连续函数在紧致集上必有最大值，设最大值为 \(\theta\)。又因为已知 \(d(Tx,Ty) < d(x,y)\)，所以这个最大值 \(\theta\) 一定严格小于1。由此得出 \(d(Tx,Ty) \le \theta d(x,y)\)，完美化归为Banach压缩映射定理，直接秒杀。
恭喜你，掉进了拓扑学中最经典的陷阱。在习题 1.16 的【助教提点】中我们曾经剧透过度：这个比值函数 \(g(x,y)\) 在对角线 \(x=y\) 处是没有定义的（分母为0）。为了让函数有定义，你必须把乘积空间挖去对角线，即考察 \(X\times X\setminus\{(x,x)\}\)。但一旦挖去对角线，这个剩下的空间就不再是紧致的了。连续函数在非紧空间上，根本无法保证能取到最大值。
事实上，不仅证明过程是错的，在这个客观条件下，全局严格小于1的压缩率 \(\theta\) 根本就不存在。我们可以举一个极其直观的反例：在紧致空间 \(X=[0,1/2]\) 上，考虑映射 \(T(x)=x-x^2\)。它完美满足本题的弱压缩条件，但当 \(x\) 和 \(y\) 无限趋近于0时，它的局部压缩率无限逼近于1。任何企图通过寻找全局 \(\theta < 1\) 来生搬硬套Banach定理的尝试，注定是死路一条。
既然双变量的比值函数会碰到对角线奇点，Edelstein给出了一个极其天才的破局思路：降维！他不再同时考察 \(x\) 和 \(y\) 两个点，而是将目光聚焦在单变量的“位移量”上。构造位移函数 \(f(x)=d(x,Tx)\)，它的定义域是整个空间 \(X\)，没有分母，没有奇点，不需要挖去任何东西。既然 \(X\) 是完美的紧致空间，\(f(x)\) 就必然能在某一点取到全局最小值。只要利用弱压缩条件证明这个最小值只能是0，不动点自然就浮出水面了。
除了极值法，本题同样可以通过构造迭代序列来证明。在紧致空间中，迭代序列可能不会像Banach定理那样“全列飞速收敛”，但它一定会在某个地方“扎堆”（即存在收敛子列）。而这个扎堆的中心，必然是那个无法再被压缩的不动点。
标准解答
证法一：极值法
此证法通过构造单变量的连续位移函数来寻找不动点. 定义实值函数 \(f:X\to\mathbb{R}\)，令：
\[ f(x) = d(x, Tx) \]
首先证明 \(f(x)\) 在 \(X\) 上是连续函数. 由题目已知的弱压缩条件 \(d(Tx,Ty)<d(x,y)\) 易知，映射 \(T\) 自身必定在 \(X\) 上连续. 任取空间中两点 \(x,y\in X\)，利用度量空间的三角不等式，考察 \(f(x)\) 与 \(f(y)\) 的差值边界：
\[ f(x) = d(x, Tx) \le d(x, y) + d(y, Ty) + d(Ty, Tx) \]
移项并整理，可得：
\[ f(x) - f(y) \le d(x, y) + d(Tx, Ty) \]
由于 \(T\) 满足 \(d(Tx, Ty) \le d(x,y)\)，上述不等式可进一步放缩为 \(f(x) - f(y) \le 2d(x,y)\). 由对称性，交换 \(x, y\) 的位置同样可得 \(f(y) - f(x) \le 2d(x,y)\). 综合两者即得绝对值不等式：
\[ |f(x) - f(y)| \le 2d(x,y) \]
这严格证明了实值函数 \(f(x)\) 在 \(X\) 上是（一致）连续的.
接下来引入空间的紧致性. 已知 \((X, d)\) 是紧距离空间，而 \(f(x)\) 是定义在紧致空间上的连续实值函数. 根据极值定理（Weierstrass定理），连续函数在紧集上必然能取得全局最小值. 即必定存在某一点 \(\bar{x}\in X\)，使得对于任意 \(x\in X\)，恒有 \(f(\bar{x}) \le f(x)\).
我们采用反证法证明该最小值为0. 假设 \(\bar{x}\) 不是不动点，即 \(T\bar{x} \neq \bar{x}\). 根据题设中严格的弱压缩条件，将 \(\bar{x}\) 与 \(T\bar{x}\) 作为两个不同的点代入，必定满足：
\[ d(T(T\bar{x}), T\bar{x}) < d(T\bar{x}, \bar{x}) \]
回顾位移函数 \(f\) 的定义，上式左端恰为 \(f(T\bar{x})\)，右端恰为 \(f(\bar{x})\)，即：
\[ f(T\bar{x}) < f(\bar{x}) \]
这说明在点 \(T\bar{x}\) 处，函数 \(f\) 的位移量比在 \(\bar{x}\) 处的位移量还要严格更小！这与“\(\bar{x}\) 是 \(f(x)\) 的全局最小值点”构成了直接的逻辑矛盾. 因此假设不成立，必定有 \(T\bar{x} = \bar{x}\)，即 \(\bar{x}\) 是 \(T\) 在 \(X\) 中的不动点.
最后验证不动点的唯一性. 假设存在两个不同的不动点 \(x,y\in X\)，即 \(Tx=x, Ty=y\) 且 \(x\neq y\). 将其代入题设的弱压缩条件中：
\[ d(x, y) = d(Tx, Ty) < d(x, y) \]
得出 \(d(x,y) < d(x,y)\) 的荒谬结论. 故矛盾，不动点唯一.
证法二：序列法
任取初始点 \(x_0 \in X\)，构造标准的Picard迭代序列 \(x_{n+1} = Tx_n\).
考察相邻两项的距离序列 \(c_n = d(x_n, x_{n+1})\). 若在某一步 \(c_n = 0\)，则 \(x_n\) 即为不动点，证明结束；若对于所有 \(n\) 都有 \(c_n > 0\)，则根据弱压缩条件：
\[ c_{n+1} = d(Tx_n, Tx_{n+1}) < d(x_n, x_{n+1}) = c_n \]
这说明实数列 \(\{c_n\}\) 严格单调递减且有下界0. 由单调有界定理，该距离序列必定存在极限，设 \(\lim_{n \to \infty} c_n = c \ge 0\).
此时利用空间的紧致性：因为 \(X\) 是紧距离空间，序列 \(\{x_n\}\) 必定存在一个收敛的子列 \(\{x_{n_k}\}\)，设其收敛于极限点 \(\bar{x} \in X\). 又因映射 \(T\) 满足距离收缩从而必定连续，极限运算与映射可以交换顺序. 因此对该子列施加映射，其像列亦收敛：
\[ \begin{aligned} x_{n_k+1} &= Tx_{n_k} \to T\bar{x} \\ x_{n_k+2} &= T(x_{n_k+1}) \to T^2\bar{x} \end{aligned} \]
现在，我们将距离函数的连续性应用于这些收敛子列. 考察子列 \(x_{n_k}\) 与其后继项的距离：
\[ d(x_{n_k}, x_{n_k+1}) \to d(\bar{x}, T\bar{x}) \]
由于原数列 \(\{c_n\}\) 的全局极限为 \(c\)，其任意子列的极限也必然是 \(c\). 故 \(d(\bar{x}, T\bar{x}) = c\). 同理，再往后推一步考察距离子列：
\[ d(x_{n_k+1}, x_{n_k+2}) \to d(T\bar{x}, T^2\bar{x}) \]
其极限同样必须是 \(c\). 由此我们得出了一个惊人的等式：
\[ d(\bar{x}, T\bar{x}) = d(T\bar{x}, T^2\bar{x}) = c \]
若 \(\bar{x}\) 不是不动点（即 \(\bar{x} \neq T\bar{x}\)），根据题设的弱压缩条件，必须严格满足 \(d(T\bar{x}, T^2\bar{x}) < d(\bar{x}, T\bar{x})\)，即要求 \(c < c\)，这显然矛盾. 故必定有 \(\bar{x} = T\bar{x}\)，不动点存在且唯一性证明同证法一.
助教提点
这道Edelstein不动点定理的证明非常巧妙，它向我们展示了当Banach压缩映射定理失效时，如何利用拓扑学中极为强大的“紧致性”来拯救不动点的存在性。如果你仔细品味会发现，它的两种证法本质上都在做一件事：用连续函数逼近极限，然后利用紧致性确保这个极限真真实实地落在空间内部，最后通过弱压缩条件引爆矛盾。
至此，本教材关于压缩映射定理及其变体的全部课后习题已讲解完毕。压缩映射原理不仅是完备度量空间最璀璨的应用之一，更是我们后续在常微分方程证明解的存在唯一性、以及数值分析中证明迭代算法收敛性的核心基石。希望大家通过这几道习题的洗礼，不仅记住了定理的结论，更洞悉了完备性、连续性、紧致性与偏序结构在泛函分析中的绝妙配合。
关于本题的期末考试评分规则，阅卷的核心在于排查大家是否陷入了“伪证”的陷阱（一旦企图用比值求 \(\theta<1\)，直接0分处理）。若本题总分为5分，按正确思路给分如下：
- 构造良定义对象（1分）：能够正确定义出无奇点的位移函数 \(f(x)=d(x,Tx)\)，或者正确写出迭代序列及其单调距离数列 \(c_n\)。
- 运用紧致性（1分）：明确利用紧致性定理，指出连续函数能取到全局最小值，或者序列必然存在收敛子列。
- 引出矛盾点（2分）：利用弱压缩条件，得出 \(f(T\bar{x})<f(\bar{x})\) 与最小值矛盾；或在子列中得出 \(c<c\) 的极限矛盾。
- 证明唯一性（1分）：用反证法简洁明了地说明唯一性，完成闭环。