导航每次修正剩余误差的一半，会到达终点吗？#

假设你与目的地相距 100 米，每次向目的地走剩余距离的一半。距离依次为 100、50、25、12.5 米，越来越小，位置之间的变化也越来越小。

如果目的地属于允许到达的地点集合，极限就是目的地。如果地图偏偏把目的地点挖掉，你每一步都合法，却永远没有集合内部的终点。这是完备性要排除的“地图有洞”。

数学中的迭代还可能每次改变目标方向，因此需要更强的保证：任何两条候选轨迹经过同一更新后，距离都至少按固定比例缩小。压缩映射原理正是把这个保证变成存在、唯一与误差估计。

先在一个数上做迭代#

要解 $x=1+x/2$，可以从 $x_0=0$ 开始，不断把旧答案代入右边：$x_1=1,x_2=1.5,x_3=1.75$。显然候选终点为 2。

为什么不会停在另一个数？若 $a,b$ 都是不动点，则 $|a-b|=|a/2-b/2|=|a-b|/2$，只能相等。为什么迭代真会到达？每步距离按一半衰减，剩余路程被几何级数控制。

这两个理由在函数空间里也成立。难点不在代数形式，而在确保整个近似序列有合法的函数终点。

把同一算法用到整条曲线上#

对 $f(t)=1+\tfrac12\int_0^tf(s)ds$，从零函数开始：

每次迭代都增加对整个时间过程的改进，而不是只求一个时刻。继续算会出现 $e^{t/2}$ 的幂级数，但不动点定理不要求你预先认出它。

两个候选函数的最大差若为 $\delta$，积分后的最大差不超过 $\delta/2$，所以误差统一减半。$C[0,1]$ 的完备性保证这个越来越准确的函数列在空间内有终点。

算到哪一步可以停#

若压缩率为 $q$，且相邻两次输出距离为 $d(x_n,x_{n+1})$，从当前 $x_n$ 到最终答案的距离至多为

这是把未来每步长度按 $1,q,q^2,\ldots$ 相加的结果。对 $q=1/2$，只要当前一步差小于 0.0005，就能保证当前答案离终点小于 0.001。

“看起来已经差不多”由此变成一个可执行停止条件。证明同时告诉你算法何时能停，这是泛函分析与实际计算相接的地方。

完备化不是允许随便添加任何函数#

我们只补入原空间的 Cauchy 近似所确定的缺失终点，并把差趋零的两组近似视为同一个对象。选什么范数，就决定了哪些近似自洽，也决定补进来什么。

因此多项式配最大范数会导向连续函数，而配积分二范数会导向另一种完成空间。房间缺什么取决于原来拿什么尺子检查缝隙，不能脱离范数单独谈“这个函数集合的完备化”。

带你做：把停止迭代的标准真的算出来#

对 $x_{n+1}=1+x_n/2$、$x_0=0$，可以证明 $x_n=2-2^{1-n}$。若要求误差小于 $10^{-3}$，需要 $2^{1-n}<10^{-3}$，所以 $n=11$ 已足够。

假如你不知道精确解，也能用压缩误差界：$q=1/2$、$|x_1-x_0|=1$，得到 $|x_n-x_*|\le2^{1-n}$，恰好给同样保证。

再试把系数改成 0.99。仍然压缩，但相同初始误差要消退得慢很多，尾部系数 $1/(1-q)$ 也变成 100。存在唯一并不意味着收敛很快，压缩率还决定计算成本。

因此调用不动点定理后，别只写一句“唯一解存在”。若你的目的包括算法，应继续估计压缩率与误差界，判断实际迭代次数是否可以接受。

回头整理：定义、工具与练习#