banachscher fixpunktsatz abschwächungen beispiele

23.06.2011, 18:56

flo888

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banachscher fixpunktsatz abschwächungen beispiele

Meine Frage:
sei $\begin{eqnarray*} f: X \rightarrow X \end{eqnarray*}$ eine abbildung eines vollständigen metrischen X raumes in sich selbst.

1)gesucht ist ein beispiel für f, so dass folgende bedingungen erfüllt sind:
i)f ist schwach kontrahierend
ii)f hat keinen fixpunkt
iii)für 2 verschiedene punkte x und y konvergiert auch der abstand $\begin{eqnarray*} d(f^{n}(x), f^{n}(y)) \end{eqnarray*}$ ihrer n-ten iterierten nicht gegen 0.

2)sei nun X kompakt, f schwach kontrahiernd. dann hat f genau einen fixpunkt z (wurde bereits gezeigt). gesucht ist ein beispiel für f, so dass die konvergenzgeschwindigkeit nicht exponentiell ist (exponentielle konvergenz: es gibt konstanten $\begin{eqnarray*} \lambda < 1, c > 0 \end{eqnarray*}$ , so dass für alle $\begin{eqnarray*} x \in X \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} d(f^{n}(x),z)< c \lambda ^n \end{eqnarray*}$ )

Meine Ideen:
zu 1)
ich dachte da an sowas wie
$\begin{eqnarray*} f: [0,\infty ) \rightarrow [0,\infty ), f(x):= \ln (1+e^{x} ) \end{eqnarray*}$
i) und ii) sind erfüllt, das ist klar. aber bei iii) bin ich unsicher bzw ich kanns nicht zeigen-.-

zu 2)
da hab ich mir gedacht:
die funktion muss im fixpunkt steigung 1 haben und möglichst nahe an der winkelhalbierenden reinlaufen, daher mein ansatz:
$\begin{eqnarray*} f: [0,1] \rightarrow [0,1], f(x):= \frac{1}{2} (x^2 + 1 ) \end{eqnarray*}$
hier kann ich die nicht-exponentielle konvergenz nicht zeigen (wenn es denn überhaupt stimmt)

24.06.2011, 12:42

flo888

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push...
was ist denn los, warum antwortet keiner unglücklich

unglücklich

ist die aufgabe zu krass oder unklar formuliert... verwirrt

verwirrt

25.06.2011, 02:33

juffo-wup

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Erstmal nur zu 1):
Deine Funktion erfüllt die Bedingung (iii) nicht. Es ist doch $\begin{eqnarray*} f^{n}(x)=\operatorname{ln}(n+e^x) \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} f^{n}(x)-f^{n}(y)=\operatorname{ln}(\frac{n+e^x}{n+e^y}) \end{eqnarray*}$ ,was für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ gegen 0 geht.
Der Ansatz ist aber schon nicht schlecht. Wenn du die Funktion etwas modifizierst, kannst du erreichen, dass die Bedingung erfüllt wird.

25.06.2011, 04:13

flo888

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danke erst mal für die antwort smile

smile

ich hab es nicht mal geschafft die n-te iterierte von meiner vorgeschlagenen funktion überhaupt auszurechnen, jetzt sehe ich es aber auch.

wenn ich das richtig sehe, dann ist die 1 im ln zu groß. die müsste ich dann ersetzen durch einen term h(x), der gegen 0 geht, so dass dann irgendwas wie $\begin{eqnarray*} f^n(x) = \ln (g(n)+ e^x) \end{eqnarray*}$ da steht, wobei g monoton steigend ist, aber endlichen grenzwert hat.

also, neuer ansatz: $\begin{eqnarray*} f(x) = \ln (h(x)+ e^x) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} h(x) = 0 \end{eqnarray*}$

dazu müsste ich halt die n-te iterierte von f ausrechnen können verwirrt

verwirrt

25.06.2011, 04:43

juffo-wup

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Setze doch einfach mal $\begin{eqnarray*} h(x)=\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$
Immer die einfachsten Möglichkeiten zuerst probieren. smile

smile

edit: zu 2): Das Beispiel sollte funktionieren. Schreibe dazu $\begin{eqnarray*} 1-f^n(x)=\frac{1}{2}(1-f^{n-1}(x)^2)=\frac{1}{2}(1-f^{n-1}(x))(1+f^{n-1}(x)) \end{eqnarray*}$

25.06.2011, 14:10

flo888

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zu 1): $\begin{eqnarray*} h(x)=\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ ist mir natürlich auch als erstes in den sinn gekommen, danach dann $\begin{eqnarray*} e^{-x} \end{eqnarray*}$ . ich komme aber nicht weiter, weil ich zu blöd bin, um $\begin{eqnarray*} f^n(x) \end{eqnarray*}$ zu berechnen böse

böse

zu 2): danke für den tip, ich würde das jetzt so machen: $\begin{eqnarray*} d(1,f^n(x))=1-f^n(x) =\frac{1}{2}(1-f^{n-1}(x)^2)=\frac{1}{2}(1-f^{n-1}(x))(1+f^{n-1}(x))=\ldots = (1-x) \prod_{k=0}^{n-1} \frac{1+f^{k}(x)}{2} \end{eqnarray*}$
wegen $\begin{eqnarray*} \lim_{k \to \infty} 1+f^{k}(x) = 2 \end{eqnarray*}$ exisitiert kein $\begin{eqnarray*} \lambda<1 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \prod_{k=0}^{n-1} \frac{1+f^{k}(x)}{2} < \lambda ^n \end{eqnarray*}$ . passt das so, bzw. kann man an der letzten stelle noch irgendwas genauer argumentieren?

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25.06.2011, 22:06

juffo-wup

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Ich muss zugeben, dass ich bei der Idee mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ etwas übersehen hatte. Mir fällt im Moment auch kein einfaches Beispiel ein. Sorry für die Irreführung. Vielleicht kann ja jemand anderes etwas dazu sagen.

Was du zu 2) geschrieben hast, sollte wohl reichen, wobei ja $\begin{eqnarray*} <c\lambda^n \end{eqnarray*}$ zu zeigen ist. Formal-ausführlich kann man z.B. sagen, dass wenn für $\begin{eqnarray*} k>n_0 \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} \frac{1+f^k(x)}{2}>\lambda+\varepsilon \end{eqnarray*}$ , dann $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\lambda^n c} \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\frac{1+f^k(x)}{2} >\frac{1}{\lambda^n c} \cdot (\lambda+\varepsilon)^{n-n_0} \prod_{k=0}^{n_0-1}\frac{1+f^k(x)}{2} \end{eqnarray*}$
und dass das gegen $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ geht und damit nicht dauerhaft $\begin{eqnarray*} <1 \end{eqnarray*}$ sein kann, dürfte wohl klar sein.

25.06.2011, 22:59

flo888

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ich hab die frage auch bei matheplanet gestellt, weil hier so lange keine antwort kam, und folgenden tip bekommen:

mittelwertsatz der diff.rechnung verwenden und $\begin{eqnarray*} f(x)=1+\ln(1+e^x) \end{eqnarray*}$ betrachten.

meine überlegung ist folgende (ich hoffe die ableitungen und die abschätzungen stimmen):

für geeignetes $\begin{eqnarray*} z\in [x,y] \end{eqnarray*}$ ist (wg mittelwertsatz) $\begin{eqnarray*} \frac{f^n(x)-f^n(y)}{x-y} = (f^n)'(z) = f'(z)\cdot f'(f(z))\cdot\ldots\cdot f'(f^n(z)) \geq f'(z)\cdot f'(z+1)\cdot\ldots\cdot f'(z+n)= \frac{e^z \cdot e^{z+1}\cdot\ldots\cdot e^{z+n}}{(1+e^z)\cdot\ldots\cdot(1+e^{z+n})}=1-a_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_n\to 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ , also gilt $\begin{eqnarray*} f^n(x)-f^n(y) \geq (x-y)\cdot(1-a_n)\to x-y \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$

ist das so korrekt?

25.06.2011, 23:38

juffo-wup

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Ich kann deine Abschätzung $\begin{eqnarray*} f'(f^k(z))\geq f'(z+k) \end{eqnarray*}$ nicht nachvollziehen. Allerdings sehe ich mittels direktem Berechnen von $\begin{eqnarray*} f^k(x) \end{eqnarray*}$ ,dass die Funktion die Bedingungen erfüllt.

26.06.2011, 00:01

flo888

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mein argument ist folgendes:
$\begin{eqnarray*} f(x)=1+\ln (1+e^x)\geq 1+x =:h(x) \Rightarrow f^n(x)\geq h^n(x)=n+x \end{eqnarray*}$
edit: und $\begin{eqnarray*} f' \end{eqnarray*}$ ist monoton wachsend

26.06.2011, 00:22

juffo-wup

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Zitat:

Original von flo888
mein argument ist folgendes:
$\begin{eqnarray*} f(x)=1+\ln (1+e^x)\geq 1+x =:h(x) \Rightarrow f^n(x)\geq h^n(x)=n+x \end{eqnarray*}$

Aber nur aus $\begin{eqnarray*} f(x)\geq h(x) \end{eqnarray*}$ folgt doch nicht $\begin{eqnarray*} f^n(x)\geq h^n(x) \end{eqnarray*}$

26.06.2011, 00:37

flo888

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echt nicht?

f ist monoton wachsend. dann gilt doch
$\begin{eqnarray*} f^2(x)=f(f(x))\geq f(h(x)) \geq h(h(x))=h^2(x) \end{eqnarray*}$
die erste abschätzung ist wegen $\begin{eqnarray*} x\geq y \Rightarrow f(x)\geq f(y) \end{eqnarray*}$
und die zweite wegen $\begin{eqnarray*} f\geq h \end{eqnarray*}$
und induktiv kann man das ganze dann für $\begin{eqnarray*} f^n \end{eqnarray*}$ zeigen.

korrigiere mich, wenn ich falsch liege verwirrt

verwirrt

26.06.2011, 01:15

juffo-wup

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Ah, mit der Monotonie. Hammer

Hammer

Dann ist es richtig. Bis hierhin auch alles:

$\begin{eqnarray*} \frac{e^z \cdot e^{z+1}\cdot\ldots\cdot e^{z+n}}{(1+e^z)\cdot\ldots\cdot(1+e^{z+n})}=1-a_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_n\to 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$

Das scheint aber noch nicht zu stimmen, der Grenzwert sollte von z abhängen. Wie hast du denn hier gerechnet?

26.06.2011, 02:08

flo888

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$\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ ist von z abhängig, geht aber trotzdem gegen 0 .der bruch ist zwar kleiner als 1, aber geht für $\begin{eqnarray*} n \to \infty \end{eqnarray*}$ gegen 1, deshalb kann man das doch so schreiben?!

26.06.2011, 02:56

juffo-wup

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Es geht aber nicht gegen 1. Der Grenzwert ist für jedes z unterschiedlich. Für die Aufgabe brauchst du ja auch nur irgendeine Abschätzung gegen eine Zahl größer als 0 nach unten.

Ein Ansatz wäre $\begin{eqnarray*} \frac{e^z \cdot e^{z+1}\cdot\ldots\cdot e^{z+n}}{(1+e^z)\cdot\ldots\cdot(1+e^{z+n})}=\prod_{k=0}^n\frac{1}{1+e^{-z-k}}=\operatorname{exp}\left(-\sum_{k=0}^n\operatorname{ln}(1+e^{-z-k})\right) \end{eqnarray*}$
Falls die unendliche Reihe konvergiert (wobei man sich auf z=0 beschränken kann), liefert das eine Abschätzung wie gewünscht.

26.06.2011, 03:26

flo888

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hehe, ich dachte es reicht den nenner auzumultiplizieren und nur den führenden term zu betrachten, so leicht kann man sich irren... Hammer

Hammer

du weißt nicht zufällig wohin diese ln-reihe für z=0 konvergiert?

26.06.2011, 03:31

juffo-wup

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Die Reihe konvergiert wohl gegen nichts "Schönes". (Zumindest fallen mir und meinem Matheprogramm nichts dazu ein)

26.06.2011, 04:16

flo888

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hmm... dann bleibt wohl nur abschätzen übrig. eine geometrische reihe oder $\begin{eqnarray*} \sum_n n^{-2} \end{eqnarray*}$ scheinen mir gute kandidaten als majorante, aber mir fällt keine abschätzung ein, meh-.-

26.06.2011, 04:37

juffo-wup

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Es ist für $\begin{eqnarray*} k\geq 1:\ 1+e^{-k}\leq e^{\frac{1}{k^2}} \end{eqnarray*}$
Es reicht für hier, das nur für $\begin{eqnarray*} k>k_0 \end{eqnarray*}$ zu zeigen.
Dann kann man den Reihenrest mit der von dir genannten Reihe über $\begin{eqnarray*} \frac{1}{k^2} \end{eqnarray*}$ abschätzen.

edit: Da wir diesen Beweis ja jetzt fast fertig haben, möchte ich noch ergänzen, wie man die Aussage (iii) für $\begin{eqnarray*} f(x)=1+\ln(1+e^x) \end{eqnarray*}$ auch direkter sehen kann:

$\begin{eqnarray*} f^2(x)=1+\ln(1+e(1+e^x))=1+\ln(1+e+e^{x+1}) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f^3(x)=1+\ln(1+e (1+e+e^{x+1}))=1+\ln(1+e+e^2+e^{x+2}) \end{eqnarray*}$
und allgemein $\begin{eqnarray*} f^n(x)=1+\ln(\sum_{k=0}^{n-1}e^k+e^{x+n-1})=1+\ln(\frac{e^n-1}{e-1}+e^{x+n-1}) \end{eqnarray*}$

Damit $\begin{eqnarray*} f^n(x)-f^n(y)=\ln \left( \frac{\frac{e^n-1}{e-1}+e^{x+n-1}}{\frac{e^n-1}{e-1}+e^{y+n-1}} \right)=\ln \left( \frac{\frac{1-e^{-n}}{e-1}+e^{x-1}}{\frac{1-e^{-n}}{e-1}+e^{y-1}} \right)\to \ln \left( \frac{\frac{1}{e-1}+e^{x-1}}{\frac{1}{e-1}+e^{y-1}} \right)\neq 0 \end{eqnarray*}$

26.06.2011, 18:32

flo888

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danke^^
eine frage hätte ich aber noch:

Zitat:

Original von juffo-wup
Es ist für $\begin{eqnarray*} k\geq 1:\ 1+e^{-k}\leq e^{\frac{1}{k^2}} \end{eqnarray*}$

wie kann man das einsehen?

27.06.2011, 00:59

juffo-wup

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Die Ableitung von $\begin{eqnarray*} e^{\frac{1}{k^2}}-e^{-k}-1 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} e^{-k}-\frac{2}{k^3}e^{\frac{1}{k^2}} \end{eqnarray*}$ was genau dann $\begin{eqnarray*} < 0 \end{eqnarray*}$ ist, wenn $\begin{eqnarray*} e^{-k}< \frac{2}{k^3}e^{\frac{1}{k^2}}\Leftrightarrow -k< \ln(2)-3\ln(k)+\frac{1}{k^2} \end{eqnarray*}$
Es ist klar, dass die Ungleichung für große k erfüllt ist. Da außerdem $\begin{eqnarray*} e^{\frac{1}{k^2}}-e^{-k}-1\to 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k\to\infty \end{eqnarray*}$ muss für große k auch $\begin{eqnarray*} e^{\frac{1}{k^2}}-e^{-k}-1>0 \end{eqnarray*}$ sein.

Man kann aber auch sehen, dass $\begin{eqnarray*} k-3\ln(k)+\frac{1}{k^2}+\ln(2)>0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k\geq 1 \end{eqnarray*}$ da schon die Ableitung von $\begin{eqnarray*} k-3\ln(k)+\ln(2) \end{eqnarray*}$ gleich $\begin{eqnarray*} 1-\frac{3}{k} \end{eqnarray*}$ ist und somit $\begin{eqnarray*} k-3\ln(k)+\ln(2) \end{eqnarray*}$ bei k=3 sein Minimum annimmt, nämlich $\begin{eqnarray*} 3-3\ln(3)+\ln(2)>0 \end{eqnarray*}$
Also gilt auch $\begin{eqnarray*} e^{\frac{1}{k^2}}-e^{-k}-1>0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k\geq 1 \end{eqnarray*}$

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