Abschätzung Integral

08.08.2011, 08:18	Autor	Auf diesen Beitrag antworten »
Abschätzung Integral Meine Frage: guten morgen. ich komme mit folgender Aufgabe nicht ganz zurecht. $\begin{eqnarray} F: g-> h, h(x)= \int_0^1 \! cos(x g(t)) dt \ \end{eqnarray}$ hat im Raum $\begin{eqnarray} C([0,1]) \end{eqnarray}$ versehen mit der Maximumsnorm einen Fixpunkt. Dies soll gezeigt werden. Vollständigkeit und Selbstabbildung sind kein Problem. Aber bei der Kontraktionseigenschaft weiß ich nicht genau, wie ich anfangen soll. Meine Ideen: Es ist ja: $\begin{eqnarray} \|h(x)-h(y)\|=\|\int_0^1 \! cos(x g(t)) dt \ -\int_0^1 \! cos(y g(t)) dt \\| \end{eqnarray}$ Jetzt weiß ich nicht, ob ich die Stammfunktionen bestimmen soll. Danach müsste ich ein Polynom erhalten und könnte den eindimensionalen MWS anwenden. Oder ist es sinnvoll, direkt den MWS der Integralrechnung anzuwenden? Für einen Tipp bin ich sehr dankbar liebe grüße
08.08.2011, 08:35	pseudo-nym	Auf diesen Beitrag antworten »
Hast du da schon ein paar Schritte ausgelassen, oder warum betrachtest du nicht $\begin{eqnarray} \Vert (h(g))(x) - (h(g'))(x) \Vert \end{eqnarray}$ ? Immerhin hängt dein F doch von Elementen aus $\begin{eqnarray} C([0,1]) \end{eqnarray}$ ab und nicht von reellen Zahlen x und y
08.08.2011, 18:26	Autor	Auf diesen Beitrag antworten »
stimmt, da habe ich nicht aufgepasst. $\begin{eqnarray} \|\|\int_0^1 \! cos(xg(t)) \, dt -\int_0^1 \! cos(xg' (t)) \, dt\|\| \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \leq \|\|\int_0^1 \! cos(xg (t)) \, dt \|\|+ \|\|\int_0^1 \! cos(xg' (t)) \, dt\|\| \end{eqnarray}$ Ich würde jetzt theoretisch cos (x g(t)) und cos(x g'(t)) mit 1 abschätzen. Dann erhalte ich 2, was aber nicht sein kann, da die Konstante aus [0,1) sein muss
09.08.2011, 03:18	pseudo-nym	Auf diesen Beitrag antworten »
Du musst den Ausdruck am Ende doch gegen ein Viefaches von $\begin{eqnarray} \Vert g(x) - g'(x) \Vert \end{eqnarray}$ abschätzen. Ich würde also versuchen die Argumente der beiden Cosinus zusammenzu bringen bevor ich das Integral abschätze.
09.08.2011, 09:21	Autor	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} \|\|\int_0^1 \! cox(xg(t)) \, dt-\int_0^1 \! cox(xg'(t)) \, dt\|\| \end{eqnarray}$ = $\begin{eqnarray} \|\|\int_0^1 \! cox(xg(t)) - cox(xg'(t)) \, dt\|\| \end{eqnarray}$ = $\begin{eqnarray} \|\|\int_0^1 \! -2 sin(\frac{x (g(t) +g'(t))}{2}) sin(\frac{x(g(t)-g'(t))}{2}) dt\|\| \end{eqnarray}$ = $\begin{eqnarray} \|\|-2\int_0^1 \! sin(\frac{x (g(t) +g'(t))}{2})* sin(\frac{x(g(t)-g'(t))}{2}) dt\|\| \end{eqnarray}$ = $\begin{eqnarray} 2 \|\|\int_0^1 \! sin(\frac{x (g(t) +g'(t))}{2})* sin(\frac{x(g(t)-g'(t))}{2}) dt\|\| \end{eqnarray*}$ meinst du so? Gruß Autor

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