Coppel 定理

约定. 在本文中,

• $f^n$ 均指代 $\underset{n\text{个}f}{\underbrace{f\circ \cdots \circ f}}$, 即 $f$ 迭代 $n$ 次.

Coppel 定理是 William Andrew Coppel 在 1955 年发表的论文 [Co55] 中提出的一个关于连续映射迭代的定理. 其声称对于闭区间到自身的连续映射不断迭代, 二者中有且仅有一者成立: 逐点收敛或存在 $2$-周期点.

1描述

定义 1.1. 给定映射 $f:X\to X$ 及 $x_0\in X$. 若使得 $f^k(x_0)=x_0$ 成立的最小正整数 $k=m$, 则称 $x_0$ 是 $f$ 的一个 $m$-周期点. $m=1$ 的特殊情形称不动点

定理 1.2 (Coppel). 连续映射 $f:[a,b]\to [a,b]$ 要么存在 $2$-周期点; 要么对每个初值 $x_0\in [a,b]$, 极限 ${\lim }_{n\to \infty }{f}^n(x_0)$ 存在.

2定理证明

我们遵循 Coppel 的原始论证方法.

证明. 首先需要一个引理:

引理 2.1. 若 $f$ 没有 $2$-周期点, 则对一切 $c\in [a,b]$ 和正整数 $n$, $f(c)$ 和 $c$ 的大小关系决定了 $f^n(c)$ 和 $c$ 的大小关系.

如果使用 Sharkovskii 序那么根据 $2\prec n$ 可知 $f$ 没有任何周期点. 那么证明的第一段可直接推出所需结论. 不过原论文发表的时间比 Sharkovskii 序更早, 并且没有使用更多技巧, 因此对原证明来说, 只需将 $2\prec n$ 一并加入归纳假设, 然后加入第二段的论证即可.

证明. 使用归纳法, 命题对 $n=1$ 显然成立, 下面假设 $n>1$. 假设 $f^n(c)<c,f(c)>c$. 由 $f^n(a)\ge a$ 介值得到存在 $d\in [a,c)$ 使 $f^n(d)=d$, 而且 $f^n(x)<x$ 对 $x\in (d,c]$, 此时 $f(d)=d$. 倘若 $x\in (d,c)$ 使 $f(x)=x$ 则导致 $f^n(x)=x$ 而与 $d$ 的定义矛盾, 因此 $f(x)>x$ 对 $x\in (d,c)$ 成立. 由归纳假设 $f^{n-1}(x)>x>d$ 对 $x\in (d,c)$. 由连续性取 $e\in (d,c)$ 足够靠近 $d$ 使 $d<e<f^{n-1}(e)<c$, 则 $f^n(e)=f(f^{n-1}(e))>f^{n-1}(e)>e$ 矛盾! 对 $f^n(c)>c,f(c)<c$ 的情况讨论也是类似的.

假设 $f^n(c)=c$ 且 $f(c)>c$, 其中 $n\ge 3$. 根据归纳假设 $d=f^{n-1}(c)>c$. 假设 $d=f^{n-2}(f(c))\ge f(c)$ 则 $f(f(c))\ge f(c)$, 因此 $c=f^{n-1}(f(c))\ge f(c)$ 矛盾. 从而 $f(d)=c<d<f(c)$, 故由连续性存在最小的 $e\in (c,d)$ 使得 $f(e)=d$, 这样 $f(x)>d>e$ 对 $x\in [c,e)$. 从而 $f^2(e)=f(d)=c<e$ 但 $f^2(c)>c$, 说明存在 $x\in (c,e)$ 使 $f^2(x)=x$, 这导致 $f(x)=x<e$ 而矛盾! 对 $f^n(c)=c,f(c)<c$ 的情况讨论也是类似的.

$\square$

回到原定理的证明, 假设 $f$ 有一个不收敛的迭代列 $x_n=f^n(x_0)$, 我们证明 $f$ 有 $2$-周期点, 用反证法. 显然 $x_{n+1}\ne x_n$ 对一切 $n$ 否则某项后全是 $x_n$, 又结合单调有界收敛, 我们得知 $x_{n+1}>x_n,x_{n+1}<x_n$ 均对无穷多个 $n$ 成立.

现考虑 $f(x_p)>x_p$, 由先前引理, 没有 $2$-周期点则 $x_n>x_p$ 对一切 $n>p$. 因此满足 $f(x_p)>x_p$ 的 $x_p$ 构成的子序列单调增, 收敛到 $l=\mathrm{liminf}{x}_n$. 同理对 $f(x_q)<x_q$ 者, $x_q$ 构成的子序列单调减, 收敛到 $k=\mathrm{limsup}{x}_n$. 但是注意到 $\{x_p\},\{x_q\}$ 两个子序列构成 $\{x_n\}$ 的一个分划, 因此我们存在无穷多个 $n$ 使得 $f(x_n)>x_n,f(x_{n+1})<x_n$, 也有无穷多的 $n$ 反过来. 对它们取极限得到 $k=f(l),l=f(k)$, 结合没有 $2$-周期点得知 $k=l$ 而与序列不收敛矛盾! 定理得证.

$\square$

3推论

例 3.1. 一个不大平凡的例子是 $[a,b]=[0,1],f(x)=x(3x-2{)}^2$. 最后有一串趋于 $1$ 的点有限次内迭代到 $0$, 而 $1$ 始终映为 $1$. 除此之外其余者的极限都是稳定的 $1/3$.

接下来我们提炼上述证明中出现的一些特征. 定义

定义 3.2. 如果一个映射的周期点只有不动点, 则称 $f$ 是无环的.

定义 3.3. $f$ 是 $\mathbb{R}$ 子集 $S$ 到自身的函数, 若任意 $x\in S$ 都满足: $f^n(x)$ 收敛, 且 $f(x)$ 和 $x$ 的大小关系决定了 $f^n(x)$ 和 $x$ 的大小关系. 则称 $f$ 是恰当收敛的.

有了这些定义, 我们叙述更强的推论, 这帮助我们将结论推广到无限区间上.

推论 3.4. 区间 $I\subset \mathbb{R}$ 上的连续函数 $g:I\to \mathbb{R}$ 是无环的, 紧集 $\Lambda \subset I$ 满足 $g(\Lambda )\subset \Lambda$. 则 $g{|}_{\Lambda }$ 是恰当收敛的.

证明. 假设 $\Lambda$ 的凸包为 $[a,b]\subset I$. 我们定义$$\begin{array}{r}h:[a,b]\to [a,b],h(x)=\{\begin{array}{ll}a,& g(x)\le a;\\ g(x),& g(x)\in [a,b];\\ b,& g(x)\ge b.\end{array}\end{array}$$由 $g$ 无环简单讨论推出 $h$ 是无环的, Coppel 定理推出 $h$ 是恰当收敛的. 然后注意 $h{|}_{\Lambda }=g{|}_{\Lambda }$ 而得证.

$\square$

推论 3.5. 区间 $I\subset \mathbb{R}$. 若连续映射 $f:I\to I$ 迭代逐点收敛则其必然是恰当收敛的.

证明. 任意 $x\in I$, 对 $\{f^n(x)\}$ 的闭包使用前述推论可得.

$\square$

下面的定理则是一个著名的应用, 是 H. Thieme 的一个收敛定理的推广, 原始的版本是 $p=p_{\ast }$ 的情况.

定理 3.6. 连续 $f:{\mathbb{R}}^{+}\to {\mathbb{R}}^{+}$ 无环, 而且存在两个不动点 $p_{\ast }\le p$ 满足: $f{|}_{(0,p_{\ast }]}$ 有界; $x<p_{\ast }$ 时 $f(x)>x$; $x>p$ 时 $f(x)<x$, 则 $f$ 是恰当收敛的.

证明. 由题意, 存在 $a,b\in {\mathbb{R}}^{+}$ 使得$$\begin{array}{r}\begin{array}{cc}b=\sup \{f(x):x\le p\},& p\le b<+\infty ,\\ a=\inf \{f(x):p_{\ast }\le x\le b\},& 0<a\le p_{\ast }.\end{array}\end{array}$$于是对任意 $x\in {\mathbb{R}}^{+}$, $\mathrm{limsup}{f}^n(x)\le b$. 接下来我们证明对任意 $x\in {\mathbb{R}}^{+}$, $\mathrm{liminf}{f}^n(x)\ge a$. 倘若这点已经得证, 我们注意到 $\{f^n(x)\}$ 的闭包 $\Lambda$ 是紧集且满足 $f(\Lambda )\subset \Lambda$, 于是由先前推论即可证明定理.

现在对任意 $\epsilon >0$, 取 $a_0\in [a-\epsilon ,a),b_0\in [b,b+\epsilon )$ 使 $x\in [p,b_0]$ 时 $f(x)>a_0$, 现在只需证明对任意 $x$ 有 $\mathrm{liminf}{f}^n(x)\ge a_0$. 现不妨假设 $f^n(x)\le b_0$, 若 $x$ 的迭代值始终不小于 $a_0$ 则已经证明, 否则可设 $x<a_0$ 作为初值, 进一步由 $x<p_{\ast }$ 的递增性不妨设对某 $r$ 有 $f^r(x)\ge p_{\ast }$, 否则这将是一个单调增的序列而显然符合题意. 我们指出对任意非负整数 $k$ 有 $f^{r+k}(x)\ge a_0$: 使用归纳法, 奠基显然. 若 $f^{r+k}(x)\ge p_{\ast }$ 则 $f^{r+k}(x)\in [p_{\ast },b_0]$, 于是 $f^{r+k+1}(x)\ge a_0$. 若 $f^{r+k}(x)<p_{\ast }$, 有 $f^{r+k+1}(x)>f^{r+k}(x)\ge a_0$, 结论得证.

$\square$

4参考文献

[Co55]

W. A. Coppel (1955). The solution of equations by iteration. Proc. Cambridge Philos.

5相关概念

•	动力系统
•	不动点
•	Sharkovskii 序

术语翻译

Coppel 定理 • 英文 Coppel’s theorem • 德文 Satz von Coppel • 法文 théorème de Coppel