Fixpunktberechnung

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14.01.2007, 14:49	n!	Auf diesen Beitrag antworten »
Fixpunktberechnung Also, hier mal ein kleines Problem über Fixpunkte. Es geht um folgende Aufgabe: Sei $\begin{eqnarray} a>0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f(x)=sin(2x)+a \end{eqnarray}$ , wobei a eine reelle Zahl ist. Zu zeigen ist, dass für a=2 genau ein Fixpunkt existiert. Das heißt, folgende Gleichung ist zu lösen: $\begin{eqnarray} sin(2x)+2-x=0 \end{eqnarray}$ oder äquivalent dazu: $\begin{eqnarray} 2sin(x)cos(x)+2-x=0 \end{eqnarray}$ Wie löst man denn so eine Gleichung?
14.01.2007, 15:11	Frooke	Auf diesen Beitrag antworten »
Da fällt mir nur etwas sehr unelegantes ein, aber es müsste klappen... Du musst die Gleichung ja nicht lösen, nur zeigen, dass sie genau eine Lösung hat, und Du kannst abschätzen: Setze $\begin{eqnarray} A:=\|\sin 2x\|\leq 1 \end{eqnarray}$ Zu zeigen ist nun, dass $\begin{eqnarray} f(x):=A+2-x \end{eqnarray}$ genau eine Nullstelle hat: $\begin{eqnarray} f(x)=0\Longrightarrow A+2=x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \|A\|\leq 1\Longrightarrow 1<x<3 \end{eqnarray}$ Eine Nullstelle kommt also nur im Intervall (1,3) in Frage. Du kannst nun aufgrund der Stetigkeit zeigen, dass es eine Nullstelle gibt (z.B. im Intervall 1;2.5) und auf diesem Intervall die strikte Monotonie der Funktion nachweisen, was das Auftreten einer zweiten Nullstelle ausschliesst. (Mit gleichem Verfahren kannst Du auch eine Nullstelle in [2.5,3) ausschliessen... Das ist eine echt hässliche Lösung, aber es fällt mir leider momentan nichts anderes ein...
14.01.2007, 15:26	n!	Auf diesen Beitrag antworten »
@Frooke Auf jeden Fall ein Dank an deine Mühe. Um mal deine Idee auszuführen. Zu zeigen,dass es in dem besagten Intervall eine Nullstelle gibt,kann ich doch wie folgt argumentieren: 1) Nach dem Nullstellensatz gibt es eine Nullstelle in (1;2,5) 2)In dem Intervall ist die Funktion g(x)=sin(2x)-x+2 monoton fallend => Es gibt in diesem Intervall genau eine Nullstelle Es bleibt das Intervall [2,5;3) und der Beweis, dass es dort keine weitere Nullstelle gibt. Kann ich das nicht so machen, dass ich einfach das Maximum der Funktion in diesem Intervall angebe? Wenn das Maximum negativ ist, dann kann es doch keine weitere Nullstelle mehr geben oder?
14.01.2007, 15:36	Frooke	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, das geht so. Du kommst dann zur Gleichung $\begin{eqnarray} \cos (2x)=\frac{1}{2} \end{eqnarray}$ und dann hast Du periodisch aufterende Extrema. Von demjenigen in [2.5,3) muss dann nur noch der Wert ausgerechnet werden und wenn dieser negativ ist, bist Du fertig...
14.01.2007, 15:56	n!	Auf diesen Beitrag antworten »
ok,vielen Dank. Ich werde diese Aufgabe in den nächsten Tagen bearbeiten und hier mal posten.
14.01.2007, 15:57	Frooke	Auf diesen Beitrag antworten »
Aber ich denke schon, dass sich noch jemand melden wird, dem eine elegantere Lösung dazu einfallen wird... Ich werde selbst auch nochmal darüber nachdenken...
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14.01.2007, 16:01	n!	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist übrigens Teil einer kleinen Hausarbeit. Dummerweise geht es bei meinem Thema um Fixpunkte und Fixpunktiterationen. Wäre natürlich hilfreich, wenn es noch Alternativen gäbe, wobei ich diese Lösung nicht unbedingt unelegant finde. Man muss halt einige Lemmata davor beweisen.
14.01.2007, 16:59	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Berechnung des Fixpunktes könnte man mit dem Banachschen Fixpunktsatz vornehmen. Sie funktioniert allerdings nicht mit der originalen Funktion, da diese in der Nähe des Fixpunktes zu stark fällt. Aber mit einer kleinen Umformung kommt man hin: $\begin{eqnarray} 2 + \sin{(2x)} = x \ \ \Leftrightarrow \ \ \frac{1}{2} \left( 2 + \sin{(2x)} \right) = \frac{1}{2} \,x \ \ \Leftrightarrow \ \ 1 + \frac{1}{2} \, x + \frac{1}{2} \sin{(2x)} = x \end{eqnarray}$ Wir betrachten daher auf dem Intervall $\begin{eqnarray} I = \left[ \frac{\pi}{3} , \frac{2 \pi}{3} \right] \end{eqnarray}$ die Funktion $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \varphi(x) = 1 + \frac{1}{2} \, x + \frac{1}{2} \sin{(2x)} \end{eqnarray}$ Im Innern von $\begin{eqnarray} I \end{eqnarray}$ gilt $\begin{eqnarray} \varphi'(x) = \frac{1}{2} + \cos{(2x)} < 0 \end{eqnarray}$ . Daher fällt $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ streng monoton. Wegen $\begin{eqnarray} \varphi \left( \frac{\pi}{3} \right) = 1{,}95 \ldots < \frac{2 \pi}{3} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \varphi \left( \frac{2 \pi}{3} \right) = 1{,}61 \ldots > \frac{\pi}{3} \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ eine Selbstabbildung von $\begin{eqnarray} I \end{eqnarray}$ . Da $\begin{eqnarray} \left\| \varphi'(x) \right\| = - \frac{1}{2} - \cos{(2x)} \leq \frac{1}{2} < 1 \end{eqnarray}$ ist, sind alle Voraussetzungen des Banachschen Fixpunktsatzes erfüllt, und die Existenz genau eines Fixpunktes $\begin{eqnarray} \xi \in I \end{eqnarray}$ ist garantiert. Mit einem beliebigen Startwert $\begin{eqnarray} x_0 \in I \end{eqnarray}$ muß daher die Folge der $\begin{eqnarray} (x_n) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x_{n+1} = \varphi \left( x_n \right) \, , \ \ n \geq 0 \end{eqnarray}$ gegen $\begin{eqnarray} \xi \end{eqnarray}$ konvergieren. Allerdings ist in dem konkreten Beispiel die Konvergenzgeschwindigkeit nicht gerade umwerfend. Ich wollte nur einmal zeigen, wie man den Fixpunktsatz, den man ja sonst meist in Funktionenräumen anwendet, auch im trivialen Fall des Banachraumes $\begin{eqnarray} \mathbb{R} \end{eqnarray}$ gebrauchen kann.
14.01.2007, 17:24	n!	Auf diesen Beitrag antworten »
Wieder mal eine Antwort für das Archiv. Aber Banachscher Fixpunktsatz und seine Freunde sind leider erst im 2. Semester dran. Der Weg scheint aber recht interessant zu sein.
14.01.2007, 17:42	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Dann machen wir es nicht so hochtrabend, sondern sagen nur: $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ sei über dem Intervall $\begin{eqnarray} I \end{eqnarray}$ differenzierbar und bilde es auf sich selbst ab. Wenn es dann eine positive Konstante $\begin{eqnarray} \gamma <1 \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \left\| \varphi'(x) \right\| \leq \gamma \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} x \in I \end{eqnarray}$ gibt, dann besitzt $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ genau einen Fixpunkt $\begin{eqnarray} \xi \in I \end{eqnarray}$ . Definiert man für einen beliebigen Startwert $\begin{eqnarray} x_0 \in I \end{eqnarray}$ die Folge $\begin{eqnarray} (x_n) \end{eqnarray}$ iterativ durch $\begin{eqnarray} x_{n+1} = \varphi \left( x_n \right) \, , \ \ n \geq 0 \end{eqnarray}$ so gilt $\begin{eqnarray} \lim_{n \to \infty} x_n = \xi \end{eqnarray}$ Dieser Satz stand vor einigen Jahrzehnten noch in den Baden-Württembergischen Lehrplänen für einen Leistungskurs Mathematik. Du kannst ja einmal einen Beweis versuchen. Irgendwie wird er darauf hinauslaufen, daß die Abbildung $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ kontrahierend ist: $\begin{eqnarray} \left\| \varphi(x_1) - \varphi(x_2) \right\| \leq \gamma \left\| x_1 - x_2 \right\| \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} x_1,x_2 \in I \end{eqnarray}$ Da brauchst du wohl den Mittelwertsatz der Differentialrechnung. Ansonsten schaue bei Herrn Banach und Herrn Lipschitz nach.
14.01.2007, 17:54	n!	Auf diesen Beitrag antworten »
ja,das ist einleuchtender. Diesen Weg habe ich auch mal im Heuser gesehen. Man müsste allerdings etwas weiter ausholen als bei unserem ursprünglichen Weg. Wir können ja zwei Lösungen präsentieren. Erst die ursprüngliche, dann die von dir.

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