Ungleichung zeigen (in Banachraum)

13.12.2006, 17:49

Sida

Auf diesen Beitrag antworten »

Ungleichung zeigen (in Banachraum)

Hallo,
wir haben folgendes gegeben:

$\begin{eqnarray*} X:=\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ sei Banachraum
$\begin{eqnarray*} |\cdot| \end{eqnarray*}$ (=Betrag) sei die Norm sowie
$\begin{eqnarray*} \Phi:X \to X, \Phi(x) := x - \arctan x + \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ eine Selbstabbildung

Zeige:
a) $\begin{eqnarray*} | \Phi(x) - \Phi(y) | < |x-y| \quad \forall_{x,y \in X} \end{eqnarray*}$
b) Besitzt $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ einen Fixpunkt in $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ ?

Zu a) wollte ich zeigen, daß die Funktion $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ Lipschitzstetig ist mit Lipschitzkonstante < 1 (also kontrahierend). Dann würde auch b) folgen. Aber ich komme nicht voran:

$\begin{eqnarray*} | \Phi(x) - \Phi(y) | = | x- \arctan x -y + \arctan y | \leq ??? \end{eqnarray*}$

Kann ich vielleicht irgendwie verwenden, daß stets $\begin{eqnarray*} x < \Phi(x) \end{eqnarray*}$ gilt?
Diese Abschätzungen treiben mich in den Wahnsinn unglücklich

unglücklich

13.12.2006, 18:33

Dual Space

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Ungleichung zeigen (in Banachraum)
Es gilt

$\begin{eqnarray*} |\Phi'(x)|=\left|1-\frac{1}{1+x^2}\right|<1 \end{eqnarray*}$

Hilft das schon?

13.12.2006, 18:35

yeti777

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Ungleichung zeigen (in Banachraum)
Hallo Sida!

Mit dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung folgt:

$\begin{eqnarray*} \mid \Phi(x) - \Phi(y) \mid = \mid \Phi'(\xi)\cdot (x - y) \mid \leq \mid \Phi'(\xi) \mid \mid (x - y) \mid \end{eqnarray*}$ mit geeignetem $\begin{eqnarray*} \xi \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$

Es gilt $\begin{eqnarray*} \Phi'(x)= 1- \frac{1}{1+x^2} = \frac{x^2}{1+x^2} < 1 \end{eqnarray*}$

Damit hast du eine Lipschitz-Konstante < 1 und $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ ist eine Kontraktion.

Gruss yeti

Edit: Zu spät unglücklich

unglücklich

13.12.2006, 20:05

Sida

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo,

vielen Dank!
Wenn man dann die Lösung sieht könnte man sich in den Hintern beißen daß man das nicht selbst erkennt smile

smile

13.12.2006, 20:22

Mathespezialschüler

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von yeti777
Damit hast du eine Lipschitz-Konstante < 1 und $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ ist eine Kontraktion.

Unter einer Kontraktion verstehe ich eigentlich eine Funktion $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} |\Phi(x)-\Phi(y)|\leq q|x-y| \end{eqnarray*}$

mit einem $\begin{eqnarray*} q<1 \end{eqnarray*}$ . verwirrt

verwirrt

Gruß MSS

13.12.2006, 20:25

Dual Space

Auf diesen Beitrag antworten »

Jepp! Sehe ich auch so, daher muss man sich zu b) ein paar mehr Gedanken machen.

Anzeige

13.12.2006, 20:32

Mathespezialschüler

Auf diesen Beitrag antworten »

Naja, die Gleichung $\begin{eqnarray*} \Phi(x)=x \end{eqnarray*}$ lässt sich ja direkt nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ auflösen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Gruß MSS

13.12.2006, 20:50

Dual Space

Auf diesen Beitrag antworten »

OK, aber immer hin folgt b) nicht direkt aus a). Big Laugh

Big Laugh

13.12.2006, 20:56

yeti777

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo!

Zitat:

Original von Mathespezialschüler

Zitat:

Original von yeti777
Damit hast du eine Lipschitz-Konstante < 1 und $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ ist eine Kontraktion.

Unter einer Kontraktion verstehe ich eigentlich eine Funktion $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} |\Phi(x)-\Phi(y)|\leq q|x-y| \end{eqnarray*}$

mit einem $\begin{eqnarray*} q<1 \end{eqnarray*}$ . verwirrt

verwirrt

Gruß MSS

Eigentlich wollte ich schreiben:

Es gilt $\begin{eqnarray*} \Phi'(\xi)= 1- \frac{1}{1+\xi^2} = \frac{\xi^2}{1+\xi^2} < 1 \end{eqnarray*}$ , dh. für mein $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} q= \frac{\xi^2}{1+\xi^2} < 1, \xi \end{eqnarray*}$ fest und $\begin{eqnarray*} \xi \in X \end{eqnarray*}$

Ist es so richtig verwirrt

verwirrt

Gruss yeti

13.12.2006, 20:57

Dual Space

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, denn

$\begin{eqnarray*} q=\sup_{x\in\mathbb{R}}\left\{\frac{x^2}{1+x^2}\right\}=1 \end{eqnarray*}$

13.12.2006, 21:00

yeti777

Auf diesen Beitrag antworten »

Kapiert! Aber jetzt bin ich am Ende mit meinem Latein. Bin gespannt, wie die Lösung aussieht.

Gruss yeti

13.12.2006, 21:00

Mathespezialschüler

Auf diesen Beitrag antworten »

Hehe, clever ... Die Funktion besitzt gar keinen Fixpunkt. Kommt davon, wenn man zu blöd ist, sich einen Arkustangens vorzustellen. Hammer

Hammer

Gruß MSS

13.12.2006, 21:04

Dual Space

Auf diesen Beitrag antworten »

Jaja ... die Affinität $\begin{eqnarray*} \pi/2 \end{eqnarray*}$ vernichtet den Fixpunkt. Big Laugh

Big Laugh

13.12.2006, 21:15

yeti777

Auf diesen Beitrag antworten »

Hammer

yeti

Zusatzfrage: Wie zeigt man jetzt analytisch, dass die Funktion keinen Fixpunkt besitzt?

13.12.2006, 21:21

Mathespezialschüler

Auf diesen Beitrag antworten »

Warum analytisch, wenn's auch algebraisch geht?

$\begin{eqnarray*} x-\arctan x+\frac{\pi}{2}=x\quad\Leftrightarrow\quad \arctan x=\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

und der Tangens von $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ ist nunmal nicht definiert.

Gruß MSS

13.12.2006, 21:23

yeti777

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke MSS! Ich glaube, ich gehe besser ins Bett Hammer

Hammer

Hammer

Gruss yeti (ist aber nicht so ernst gemeint smile

smile

)

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »