Strikte Kontraktion

20.10.2015, 17:26

Ronan

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Strikte Kontraktion

Hallo! Ich schaffe folgendes Beispiel nicht:

Seien $\begin{eqnarray*} \epsilon > 0, 0 < a \leq 1 - \epsilon \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} M= [ 0, 1- \epsilon ] \end{eqnarray*}$ . Man zeige, dass die Abbildung $\begin{eqnarray*} T : M \to \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ definiert durch $\begin{eqnarray*} T(x) = \frac{a+x^2}{2} \end{eqnarray*}$ eine strikte Kontraktion ist, und dass $\begin{eqnarray*} T(M) \subseteq M \end{eqnarray*}$ .
Was erhält man fur eine Aussage aus dem Banachschen Fixpunktsatz angewandt auf diese Situation?

Zu zeigen ist also, dass $\begin{eqnarray*} d(Tx, Ty) \leq q* d(x,y) \forall x,y \in [0, 1- \epsilon ] \end{eqnarray*}$ und ein festes $\begin{eqnarray*} 0 \leq q <1 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} d(T(x), T(y)) = d( \frac{a+x^2}{2}, \frac{a+y^2}{2} ) \end{eqnarray*}$

Das Problem ist jetzt, dass keine konkrete Metrik definiert ist, also weiß ich nicht, wie ich $\begin{eqnarray*} d( \frac{a+x^2}{2}, \frac{a+y^2}{2} ) \end{eqnarray*}$ auflösen könnte...

20.10.2015, 18:00

Ronan

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Habe jetzt ein ähnliches Beispiel im Skript gefunden, wo einfach der Betrag genommen wurde. Kann ich das so machen? Also zeigen, dass $\begin{eqnarray*} | \frac{a+x^2}{2}, \frac{a+y^2}{2} | \leq |x-y| \end{eqnarray*}$ ?

20.10.2015, 19:45

Guppi12

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Hallo,

Zitat:

Das Problem ist jetzt, dass keine konkrete Metrik definiert ist, also weiß ich nicht, wie ich $\begin{eqnarray*} d( \frac{a+x^2}{2}, \frac{a+y^2}{2} ) \end{eqnarray*}$ auflösen könnte...

Zitat:

Habe jetzt ein ähnliches Beispiel im Skript gefunden, wo einfach der Betrag genommen wurde.

Wenn nichts weiter dazu gesagt wird, kannst du davon ausgehen, dass die Standardmetrik gemeint ist und auf $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ entspräche die ... ?

Zitat:

Also zeigen, dass $\begin{eqnarray*} | \frac{a+x^2}{2}, \frac{a+y^2}{2} | \leq |x-y| \end{eqnarray*}$ ?

Nein, das macht noch keine strikte Kontraktion. Was ist denn dein $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ ?

21.10.2015, 12:33

Ronan

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Nur ein Tippfehler, natürlich meinte ich $\begin{eqnarray*} | \frac{a+x^2}{2}, \frac{a+y^2}{2} | \leq q* |x-y| \end{eqnarray*}$

21.10.2015, 12:37

Ronan

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$\begin{eqnarray*} | \frac{a+x^2}{2} - \frac{a+y^2}{2} | \leq q* |x-y| \end{eqnarray*}$ (hatte auf den Beistrich vergessen)

21.10.2015, 12:53

Ronan

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Kann ich das dann einfach so machen?

$\begin{eqnarray*} M= [0, 1- \epsilon ] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1- \epsilon \in (- \infty, 1) \Rightarrow \end{eqnarray*}$ M ist maximal [0, 1) $\begin{eqnarray*} \Rightarrow x,y \in [0, 1) \Rightarrow x+y \in [0, 2) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} | \frac{a+x^2}{2} - \frac{a+y^2}{2} | = | \frac{a-a+x^2-y^2}{2} | = | \frac{x^2+y^2}{2} | = \frac{|x-y|}{2} * \frac{x+y}{2} \leq \frac{|x-y|}{2} * \frac{2}{2} = \frac{1}{2} * |x-y| \end{eqnarray*}$

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21.10.2015, 12:56

Guppi12

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} | \frac{a+x^2}{2} - \frac{a+y^2}{2} | = | \frac{a-a+x^2-y^2}{2} | = | \frac{x^2\textcolor{red}{+}y^2}{2} | \textcolor{red}{=} \frac{|x-y|}{2} * \frac{x+y}{2} \leq \frac{|x-y|}{2} * \frac{2}{2} = \frac{1}{2} * |x-y| \end{eqnarray*}$

Ich habe mal zwei Fehler mit rot markiert. Der erste war wohl nur ein Tippfehler. Der zweite macht alles kaputt.

Das hier:

Zitat:

M ist maximal [0, 1)

ist keine gute Abschätzung. M kann niemals gleich [0,1) sein. Bedenke, dass $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ fest ist.

21.10.2015, 13:08

Ronan

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Warte, ich bin jetzt etwas verwirrt. Warum ist $\begin{eqnarray*} | \frac{a-a+x^2-y^2}{2} | = | \frac{x^2\textcolor{red}{+}y^2}{2} | \end{eqnarray*}$ ?

Und der Wert von M hängt davon ab, wie groß das $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ ist. Falls $\begin{eqnarray*} 0< \epsilon \leq 1 \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} M= [0, 1- \epsilon ] \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} 0 \leq 1- \epsilon < 1 \end{eqnarray*}$ . Falls $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ noch größer ist, ist M sowieso nur noch die leere Menge. Kann auch sein, dass ichs falsch verstanden habe...

21.10.2015, 13:10

Ronan

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Tut mir leid, jetzt verstehe ich es!

21.10.2015, 13:19

Ronan

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Ja, das + war nur ein Tippfehler. Das = war so gemeint: $\begin{eqnarray*} | \frac{x^2+y^2}{2} | = \frac{|x^2+y^2|}{2} = \frac{|(x+y)*(x-y)|}{2} = \frac{|(x+y)|*|(x-y)|}{2} = \frac{|(x+y)|}{2} * \frac{|(x-y)|}{2} \end{eqnarray*}$

Es kann gut sein, dass ich irgendwas übersehen habe, momentan finde ich aber nichts Falsches....

21.10.2015, 13:19

Guppi12

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Zitat:

Falls $\begin{eqnarray*} 0< \epsilon \leq 1 \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} M= [0, 1- \epsilon ] \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} 0 \leq 1- \epsilon < 1 \end{eqnarray*}$ . Falls $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ noch größer ist, ist M sowieso nur noch die leere Menge. Kann auch sein, dass ichs falsch

Ist schon richtig. Dann verwende doch auch (nachdem du die Fehler korrigiert hast), das bessere $\begin{eqnarray*} x,y\in [0,1-\epsilon] \end{eqnarray*}$ , statt dem unnötig schlechteren $\begin{eqnarray*} x,y\in[0,1) \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

Augenzwinkern

Edit: Das rot markierte Gleichheitszeichen ist bei dir immernoch da. Was ist denn deiner Meinung nach $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ ? Oder allgemeiner: wie multipliziert man zwei Brüche $\begin{eqnarray*} \frac ab\cdot\frac cd \end{eqnarray*}$ ?

21.10.2015, 13:35

Ronan

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Oh! Danke, jetzt sehe ich es! Hammer

Hammer

$\begin{eqnarray*} x,y \in [0, 1- \epsilon ] \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \epsilon \in (0,1) \Rightarrow x+y \in [0, 2-2 \epsilon ] \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \epsilon \in (0,1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} | \frac{a+x^2}{2} - \frac{a+y^2}{2} | = |x-y| * \frac{|x+y|}{2} \leq |x-y| * \frac{2-2 \epsilon}{2} = |x-y|* (1- \epsilon) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \epsilon \in (0,1) \end{eqnarray*}$

21.10.2015, 13:39

Guppi12

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Richtig. Das heißt eine mögliche Wahl von $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ wäre $\begin{eqnarray*} 1-\epsilon<1 \end{eqnarray*}$ .

21.10.2015, 13:53

Ronan

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Danke!!

smile

21.10.2015, 13:54

Guppi12

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Vergiss nicht den zweiten Teil der Aufgabe Augenzwinkern

Augenzwinkern

21.10.2015, 18:21

Ronan

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Zum zweiten Teil:

zu zeigen: $\begin{eqnarray*} T(M) \subseteq M \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} M= [0, 1- \epsilon], \epsilon >0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} T(M) = T([0, 1- \epsilon ]) = \frac{a+x^2}{2}, x \in [0, 1- \epsilon] \end{eqnarray*}$

Die Funktion ist auf diesem Intervall monoton steigend und nimmt Werte von $\begin{eqnarray*} \frac{a}{2} \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} \frac{a+(1- \epsilon )^2}{2} \end{eqnarray*}$ an.

$\begin{eqnarray*} 0< \frac{a}{2} \leq \frac{1 - \epsilon}{2} \in M \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{a+(1- \epsilon )^2}{2} = 1- \frac{3}{2} \epsilon + \frac{{\epsilon}^2}{2} \in M \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} 0 \leq 1- \frac{3}{2} \epsilon + \frac{{\epsilon}^2}{2} \end{eqnarray*}$ .
Angenommen, $\begin{eqnarray*} \frac{2- 3 \epsilon + {\epsilon}^2 }{2} \leq 1- \epsilon \end{eqnarray*}$ , so würde das zum Widerspruch $\begin{eqnarray*} {\epsilon}^2 \leq \epsilon \end{eqnarray*}$ führen.

22.10.2015, 00:48

Guppi12

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} T(M) = T([0, 1- \epsilon ]) = \frac{a+x^2}{2}, x \in [0, 1- \epsilon] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} T([0,1-\epsilon]) \end{eqnarray*}$ ist eine Menge. Wie soll das gleich einer reellen Zahl sein?

Richtig ist das, was du danach sagst. Aus der Monotonie folgt $\begin{eqnarray*} T([0,1-\epsilon]) = \left[\frac a2,\frac{a+(1-\epsilon)^2}{2}\right] \end{eqnarray*}$ , womit $\begin{eqnarray*} \frac{a+(1-\epsilon)^2}{2}\leq 1-\epsilon \end{eqnarray*}$ zu zeigen bleibt.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \frac{a+(1- \epsilon )^2}{2} = 1- \frac{3}{2} \epsilon + \frac{{\epsilon}^2}{2} \end{eqnarray*}$ ,

Warum soll das richtig sein?

Zitat:

so würde das zum Widerspruch $\begin{eqnarray*} {\epsilon}^2 \leq \epsilon \end{eqnarray*}$ führen.

Warum soll das ein Widerspruch sein?

22.10.2015, 17:00

Ronan

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$\begin{eqnarray*} \frac{a+(1- \epsilon )^2}{2} \leq 1- \epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{a+1-2 \epsilon + {\epsilon}^2}{2} \leq 1- \epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a + {\epsilon}^2 \leq 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a \leq 1- \epsilon \end{eqnarray*}$

Ok, das ist nur dann richtig, wenn $\begin{eqnarray*} {\epsilon}^2 \geq \epsilon \end{eqnarray*}$ , also wenn $\begin{eqnarray*} \epsilon \geq 1 \end{eqnarray*}$ ist...

22.10.2015, 18:01

Guppi12

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Du hast das falsch herum aufgeschrieben. Wir folgern immer aus Wahren Dingen unsere Behauptung, nicht aus unserer Behauptung etwas Wahres, denn da könnten wir ja auch aus etwas Falschem etwas Wahres folgern.

Wir fangen also an mit

$\begin{eqnarray*} a \leq 1- \epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow a+\epsilon \leq 1 \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt jetzt mit $\begin{eqnarray*} \epsilon\leq 1 \end{eqnarray*}$ (sonst ist das Intervall entartet) wegen $\begin{eqnarray*} \epsilon^2 \leq \epsilon \end{eqnarray*}$ dann

$\begin{eqnarray*} a+\epsilon^2 \leq 1 \end{eqnarray*}$ . So jetzt weiter...

22.10.2015, 19:03

Ronan

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$\begin{eqnarray*} a+ {\epsilon}^2 \leq 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{a+{\epsilon}^2}{2} \leq \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{a}{2} + \frac{{\epsilon}^2}{2} \leq \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{a}{2} + \frac{{\epsilon}^2}{2} - \epsilon \leq \frac{1}{2} - \epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{a}{2} + \frac{{\epsilon}^2}{2} - \epsilon + \frac{1}{2} \leq 1 - \epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{a+ 1 - 2 \epsilon + {\epsilon}^2}{2} \leq 1 - \epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{a+ (1 - \epsilon)^2 }{2} \leq 1 - \epsilon \end{eqnarray*}$

22.10.2015, 19:17

Guppi12

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Freude

22.10.2015, 19:43

Ronan

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Super, danke!! Also bleibt nur noch der letzte Teil:

Ich bin mir nicht ganz sicher, was gemeint ist. Da T eine strikte Kontraktion ist, kann man den Satz anwenden. Daraus folgt dann, dass die Fixpunktgleichung x=Tx, also $\begin{eqnarray*} x= \frac{a+x^2}{2} \end{eqnarray*}$ genau eine Lösung z in M hat.
Ist $\begin{eqnarray*} y_0 \end{eqnarray*}$ in M, und definiert man $\begin{eqnarray*} y_n := T^n y_0 \end{eqnarray*}$ , so konvergiert $\begin{eqnarray*} y_n \end{eqnarray*}$ gegen z mit $\begin{eqnarray*} d(y_n, z) \leq \frac{(1- \epsilon )^n}{1-1 + \epsilon} d(y_1, y_0) = \frac{(1- \epsilon )^n}{ \epsilon} d(y_1, y_0) \end{eqnarray*}$

22.10.2015, 19:53

Guppi12

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Ja, was an der Anwendung des Satzes in diesem speziellen Fall jetzt so toll sein soll, weiß ich auch nicht.

22.10.2015, 20:42

Ronan

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Ok, super. Vielen Dank für deine Hilfe!! smile

smile

22.10.2015, 23:48

Ronan

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Ich habe jetzt die Lösung von irgendwem anderen gesehen und da wurde beim letzten Punkt noch gezeigt, dass $\begin{eqnarray*} T^n (y_0 ) \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} 1- \sqrt{1-a} \end{eqnarray*}$ konvergiert...wie zeigt man das?

23.10.2015, 10:23

Guppi12

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Du kannst leicht zeigen, dass dies der Fixpunkt ist, indem du die Fixpunktgleichung aufstellst. Den Rest liefert der Satz.

24.10.2015, 20:08

Ronan

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Danke!

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