Banachscher Fixpunktsatz

11.03.2017, 15:35	Mark7	Auf diesen Beitrag antworten »
Banachscher Fixpunktsatz Meine Frage: Guten Tag zusammen, folgende Aufgabe haben wir in einer Übungsserie bekommen und leider verstehe ich überhaupt nicht, was ich hier genau zeigen soll bzw. wie ich an diese Aufgabe herangehen soll... Zeigen Sie, dass es für jedes $\begin{eqnarray} g \in C([0,1]) \end{eqnarray}$ ein $\begin{eqnarray} f \in C([0,1]) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} f(x)-\int\limits_{0}^x e^{-y}f(y)\dd x = g(x) \end{eqnarray}$ gibt. Wobei $\begin{eqnarray} C([0,1]) \end{eqnarray}$ der Raum der stetigen Funktionen auf dem angegebenen Intervall ist. Als Tipp steht man solle den Banachschen-Fixpunkt-Satz verwenden mit einer Abb. $\begin{eqnarray} H: C([0,1]) \to C([0,1]) \end{eqnarray}$ Meine Ideen: Um ehrlich zu sein verstehe ich hier nicht einmal genau was ich machen soll.. Diese Abb. $\begin{eqnarray} H \end{eqnarray}$ soll ja von $\begin{eqnarray} C([0,1])\to C([0,1]) \end{eqnarray}$ gehen, was glaube ich soviel bedeutet wie, sie nimmt sich einen stetige Funktion und bildet sie auf eine andere stetige Funktion ab. Nun soll es aber auch ein $\begin{eqnarray} f_0\in C([0,1]) \end{eqnarray}$ geben mit der Eigenschaft $\begin{eqnarray} H(f_0) = f_0 \end{eqnarray}$ . Dann sollte wohl dieses $\begin{eqnarray} g(x) \end{eqnarray}$ aus der Aufgabenstellung besagtes $\begin{eqnarray} f_0 \end{eqnarray}$ sein. Leider verstehe ich nicht, wie nun herleiten soll, dass dieses $\begin{eqnarray} f(x)-\int\limits_0^x e^{-y}f(y) \end{eqnarray}$ gerade dieses $\begin{eqnarray} g(x) \end{eqnarray}$ ist und vor allem auch wie das genau in Zusammenhang mit $\begin{eqnarray} H \end{eqnarray}$ steht... Hoffe mal jemand kann mir das erklären... Gruss Mark7
11.03.2017, 15:51	Clearly_wrong	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein, das $\begin{align} g \end{align}$ soll nicht das $\begin{align} f_0 \end{align}$ aus dem Satz sein. Du kannst dir das $\begin{align} g \end{align}$ wie einen Parameter vorstellen, wie wenn du die Gleichung $\begin{align} \alpha x +1 = 0 \end{align}$ lösen sollst. Das $\begin{align} \alpha \end{align}$ ist nur ein Parameter, nicht weiter entscheidend. Genau diese Funktion hat $\begin{align} g \end{align}$ hier. Ich gebe mal den Tipp, die Gleichung umzustellen zu $\begin{align} f(x) = g(x)+\int_0^xe^{-y}f(y)\dd y \end{align}$ . Vielleicht erkennst du die Fixpunktnatur dieser Gleichung dann leichter.
11.03.2017, 17:08	Mark7	Auf diesen Beitrag antworten »
Tut mir Leid, aber ich sehe es nicht. Ich verstehe einfach nicht was die Gleichung mit einem Fixpunkt zu tun haben soll... Kannst du das vlt. etwas ausführen
11.03.2017, 17:14	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{align} Hf(x) = g(x) + \int_0^x \operatorname{e}^{-y} f(y) ~ \dd y \end{align}$ $\begin{align} Hf = f \end{align}$ Damit ist $\begin{align} f \end{align}$ ein Fix"punkt" von $\begin{align} H \end{align}$ .
11.03.2017, 17:59	Mark7	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für die Antwort, aber leider bringt mich das nicht wirklich weiter... Was ein Fix"punkt" ist habe ich soweit verstanden, aber wieso muss es gerade durch $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ und das Integral gegeben sein... Ich sehe diesen Zusammenhang nicht
11.03.2017, 18:06	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielleicht habe ich es nicht klar genug zum Ausdruck gebracht: Meine erste Gleichung definiert eine Abbildung $\begin{align} H : C[0,1] \to C[0,1] \end{align}$ . Weise nach, daß diese den Voraussetzungen des Banachschen Fixpunktsatzes genügt. Dann existiert auch eine eindeutige Lösung $\begin{align} f \end{align}$ mit $\begin{align} Hf = f \end{align}$
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12.03.2017, 11:20	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Ganze wird vielleicht klarer mit einem Beispiel, das sich explizit berechnen läßt. Wie Clearly_wrong bereits ausgeführt hat, spielt $\begin{align} g \end{align}$ die Rolle eines Parameters. Um ein einfach zu rechnendes Beispiel zu haben (wie sich hinterher zeigen wird), wählen wir speziell $\begin{align} g(x) = \exp \left( - \exp(-x) \right) \, , \ \ x \in [0,1] \end{align}$ Der Operator $\begin{align} H: C[0,1] \to C[0,1] \end{align}$ wird nun definiert durch $\begin{align} f \mapsto Hf \ \ \text{mit} \ \ (Hf)(x) = g(x) + \int_0^x \exp(-y) \cdot f(y) ~ \dd y \, , \ x \in [0,1] \end{align}$ Um die Wirkungsweise des Operators zu demonstrieren, wenden wir ihn auf die Funktion $\begin{align} s \end{align}$ mit $\begin{align} s(x) = \sin x \end{align}$ an. Hier ist $\begin{align} Hs = h \end{align}$ mit $\begin{align} h(x) = g(x) + \int_0^x \exp(-y) \cdot \sin y ~ \dd y = \exp \left( - \exp(-x) \right) + \frac{1}{2} \left( 1 - \exp(-x) \cdot \left( \sin x + \cos x \right) \right) \end{align}$ Jetzt soll $\begin{align} f \end{align}$ eine Fixfunktion sein: $\begin{align} Hf = f \end{align}$ , also $\begin{align} g(x) + \int_0^x \exp(-y) \cdot f(y) ~ \dd y = f(x) \end{align}$ Durch Einsetzen von $\begin{align} x=0 \end{align}$ erhalten wir zunächst: $\begin{align} g(0) = f(0) \end{align}$ , also $\begin{align} f(0) = \exp(-1) \end{align}$ . Dann differenzieren wir: $\begin{align} g'(x) + \exp(-x) \cdot f(x) = f'(x) \end{align}$ Das ist ein lineares Anfangswertproblem in $\begin{align} y(x) = f(x) \end{align}$ : $\begin{align} y' - \exp(-x) \cdot y = \exp \left( - \exp(-x) \right) \cdot \exp(-x) \, , \ \ y(0) = \exp(-1) \end{align}$ Man löst zunächst die homogene Gleichung und erhält durch Variation der Konstanten die allgemeine Lösung $\begin{align} y = \left( c - \exp(-x) \right) \cdot \exp \left( - \exp(-x) \right) \end{align}$ Mit $\begin{align} x=0 \end{align}$ berechnet man $\begin{align} c=2 \end{align}$ . Und damit ist die Funktion $\begin{align} f \end{align}$ mit $\begin{align} f(x) = \left( 2 - \exp(-x) \right) \cdot \exp \left( - \exp(-x) \right) \end{align}$ die gesuchte Fixfunktion. Nach dem Banachschen Fixpunktsatz) gilt $\begin{align} p, \ Hp, \ H^2p, \ H^3p, \ \ldots \ \to \ f \end{align}$ wenn man mit einer beliebigen Funktion $\begin{align} p \in C[0,1] \end{align}$ als Startwert beginnt. Die Graphik zeigt diese sukzessive Approximation für den Fall, daß man mit der konstanten Funktion $\begin{align} p(x) = 1 \end{align}$ beginnt. Die blauen Graphen nähern sich von oben an den roten Fixgraphen an. [attach]44089[/attach] ) Natürlich müssen dessen Voraussetzungen noch überprüft werden.
17.03.2017, 13:05	Mark7	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank für das Bsp. Ich habe jetzt mal versucht den Beweis für die Aufgabe aufzuschreiben, bin mir aber nicht wirklich sicher ob das so funktioniert. Man definiert nun eine Funktion $\begin{eqnarray} H: C([0,1]) \to C([0,1]) \end{eqnarray}$ wobei $\begin{eqnarray} f(x) \mapsto g(x)+ \int_0^x e^{-y}f(y)dy \end{eqnarray}$ abgebildet wird. Zu zeigen ist nun, dass $\begin{eqnarray} H \end{eqnarray}$ eine Lipschitz-Kontraktion ist, bzw. dass $\begin{eqnarray} \|\|Hf_1(x)-Hf_2(x)\|\|_{\infty} \le \lambda \|\|f_1-f_2\|\|_{\infty} \end{eqnarray}$ , mit $\begin{eqnarray} \lambda < 1 \end{eqnarray}$ . Die unendlich Norm wird hier verwendet, damit der Raum der Stetigen Funktionen auch kompakt ist. $\begin{eqnarray} \|\|Hf_1(x)-Hf_2(x)\|\|_{\infty} = \Big\\|g(x)+ \int_0^x e^{-y}f_1(y)dy -\left(g(x)+ \int_0^x e^{-y}f_2(y)dy\right)\Big\\|_{\infty} = \Big\\|\int_0^x e^{-y}(f_1-f_2)(y)dy\Big\\|_{\infty} \end{eqnarray}$ Wir stellen fest, dass $\begin{eqnarray} [0,1] \end{eqnarray}$ kompakt und $\begin{eqnarray} f_1-f_2 \end{eqnarray}$ stetig ist. $\begin{eqnarray} \exists M= \max\limits_{x \in [0,1]}\|\|f_1(x)-f_2(x)\|\|_{\infty} \end{eqnarray}$ . Dann folgt: $\begin{eqnarray} \Big\\|\int_0^x e^{-y}(f_1-f_2)(y)dy\Big\\|_{\infty} \le M\cdot \Big\\|\int_0^1 e^{-y} dy\Big\\|_{\infty} = M \cdot\left(1-\frac{1}{e}\right) = \|\|f_1-f_2\|\|_{\infty} \cdot \lambda \end{eqnarray}$ . Wäre froh, wenn da mal jemand drüberschauen könnte. Gruss Mark7

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