Lösung von Gleichungssystemen mit dem Banachschen Fixpunktsatz

16.07.2017, 15:06

zinR

Lösung von Gleichungssystemen mit dem Banachschen Fixpunktsatz

Hi,

ich möchte zeigen, dass das Gleichungssystem

$\begin{align*} \begin{cases} \frac{1}{10(e^{x-y} +1)} = x \\ \frac{1}{e^{x+y}+10} = y \end{cases} \end{align*}$

genau eine Lösung $\begin{align*} (x,y) \in \mathbb{R}^2 \end{align*}$ besitzt.

Ich glaube, dass ich einen Lösungsweg gefunden habe, da es sich hierbei aber um eine Klausuraufgabe handelt und dieser Lösungsweg eher nicht klausurtauglich ist, möchte ich euch nach einem besseren fragen.

Edit: Habe einen Fehler entdeckt. Es ist $\begin{align*} a+b < \frac{1}{20} \end{align*}$ . Da habe ich mich wohl vorhin vertippt. Damit stehe ich wieder am Anfang, und bin offen für andere Ideen.

Nochmal Edit: Passt doch, ich hatte diesmal eine Klammer vergessen. Man sollte meinen, dass ich fähig wäre, einen Taschenrechner zu bedienen. Hammer

Hier meine Lösung:

Wegen $\begin{align*} 0 \leq \frac{1}{10(e^{x-y} +1)} \leq \frac{1}{10} \geq \frac{1}{e^{x+y}+10} \geq 0 \end{align*}$ gilt für eine solche Lösung $\begin{align*} (x,y) \end{align*}$ auf jeden Fall $\begin{align*} x,y \in \left[0, \frac{1}{10} \right] \end{align*}$ .
Damit erhalten wir, mit der Monotonie von $\begin{align*} \exp \end{align*}$ auch eine untere Schranke:

$\begin{align*} a:= \frac{1}{10(e^{1/10} +1) } \leq \frac{1}{10( e^{x-y} +1)} = x \end{align*}$ und $\begin{align*} b:= \frac{1}{e^{1/20} +10} \leq \frac{1}{e^{x+y}+10} = y \end{align*}$ .

Damit zeigen wir:
$\begin{align*} f: \left[0, \frac{1}{10} \right]^2 \to \mathbb R^2 , ~ f(x,y) = \left( \frac{1}{10(e^{x-y} +1)}, \frac{1}{e^{x+y}+10} \right) \end{align*}$ ist eine Kontraktion bezüglich der Supremumsnorm:

Es gilt: $\begin{align*} \frac{1}{10(e^{x-y} +1)} \leq \frac{1}{10(e^{-1/10} +1)} = \frac{e^{1/20} +10}{10 e^{-1/10} +10} b := K_1 b \leq K_1 y \leq K_1 \max \{x,y\} \end{align*}$ , wobei
$\begin{align*} K_1 = \frac{e^{1/20} +10}{10 e^{-1/10} +10} < 1 \end{align*}$ , da $\begin{align*} e^{1/20} < 10 e^{-1/10} \end{align*}$ . (*)

Und außerdem: $\begin{align*} \frac{1}{e^{x+y}+10} \leq \frac{1}{e^{a+b} +10} = \frac{e^{1/20} +10 }{e^{a+b} +10} b := K_2 b \leq K_2 \max\{x,y\} \end{align*}$ .
Wegen $\begin{align*} \frac{1}{20} < a+b \end{align*}$ (*) gilt auch $\begin{align*} e^{1/20} < e^{a+b} \end{align*}$ , also $\begin{align*} K_2 < 1 \end{align*}$ .

Damit ist $\begin{align*} f \end{align*}$ eine Kontraktion mit Kontraktionskonstante $\begin{align*} K:= \max \{K_1, K_2 \} \end{align*}$ , hat also nach dem Banachschen Fixpunktsatz einen eindeutigen Fixpunkt mit $\begin{align*} f(x,y) = (x,y) \end{align*}$ .

Ich glaube, dass sich jetzt versteht, wieso ich den Beweis für wenig klausurtauglich halte - auf dem Papier überschreitet er eine Seite, und an zwei Stellen wird es (für mich) nötig, einen Taschenrechner zu verwenden. (Mit (*) markiert.)

Habt ihr eine Anregung, wie man das eleganter lösen könnte? (Ist der Beweis denn überhaupt korrekt?)

Vielen Dank im Voraus smile

16.07.2017, 15:27

Clearly_wrong

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Die Idee mit dem Fixpunktsatz ist gut, aber du machst es dir in der Tat ein wenig zu kompliziert.

Du kannst $\begin{align*} f \end{align*}$ direkt $\begin{align*} \mathbb R^2\to\mathbb R^2 \end{align*}$ definieren.

Für die Kontraktion hilft die Mittelwertungleichung. Falls die Operatornorm der Ableitung $\begin{align*} Df \end{align*}$ bezüglich irgendeiner Norm auf $\begin{align*} \mathbb R^2 \end{align*}$ durch ein $\begin{align*} c\geq 0 \end{align*}$ beschränkt ist, ist $\begin{align*} f \end{align*}$ Lipschitzstetig mit Konstante $\begin{align*} c \end{align*}$ .

16.07.2017, 16:11

zinR

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Zitat:

Original von Clearly_wrong
Falls die Operatornorm der Ableitung $\begin{align*} Df \end{align*}$ bezüglich irgendeiner Norm auf $\begin{align*} \mathbb R^2 \end{align*}$ durch ein $\begin{align*} c\geq 0 \end{align*}$ beschränkt ist, ist $\begin{align*} f \end{align*}$ Lipschitzstetig mit Konstante $\begin{align*} c \end{align*}$ .

Davon habe ich noch nie gehört, klingt sehr analog zum 1-dimensionalen.

Ich erhalte $\begin{align*} Df(x,y) = \left( \begin{matrix} \frac{-1}{10(e^{x-y}+1} & \frac{1}{10(e^{x-y} +1)} \\ - \frac{e^{x+y}}{(e^{x+y} +10)^2 } & - \frac{e^{x+y}}{(e^{x+y} +10 )^2} \end{matrix} \right) \end{align*}$ .

Wenn ich mir dann die Operatornorm bezüglich der Supremumsnorm nehme, dann müsste ich noch zeigen, dass $\begin{align*} \sup\limits_{\lVert a \rVert _\infty = 1} \lVert Df(x,y) \cdot a \rVert _\infty \end{align*}$ beschränkt ist, oder? Ich kenne mich leider mit der Operatornorm nicht so gut aus. unglücklich

Angenommen ich würde das schaffen; ich müsste ja trotzdem noch zeigen, dass das impliziert, dass $\begin{align*} f \end{align*}$ Lipschitzstetig mit Konstante $\begin{align*} c \end{align*}$ ist, weil wir diesen Satz ja nicht hatten. Ist der Aufwand insgesamt nicht größer, als der meines ersten Beweises? :/

16.07.2017, 16:50

Clearly_wrong

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Wenn du das alles nicht verwenden kannst, kann man auch die eindimensionale Mittelwertungleichung benutzen. Jeder Wert der Jacobimatrix ist durch $\begin{align*} c := \frac{1}{10} \end{align*}$ beschränkt.

Jetzt erhält man $\begin{align*} |f_1(x_1,y_1)-f_1(x_2,y_2)| \leq |f_1(x_1,y_1)-f_1(x_1,y_2)|+|f_1(x_1,y_2)-f_1(x_2,y_2)| \leq c|y_1-y_2|+c|x_1-x_2|\leq 2c\|(x_1,y_1)-(x_2,y_2)\|_\infty \end{align*}$ , indem man den Mittelwertsatz auf $\begin{align*} f_1 \end{align*}$ in $\begin{align*} y \end{align*}$ - bzw. $\begin{align*} x- \end{align*}$ -Richtung getrennt anwendet.. Analog geht das auch für die zweite Komponente, was einem dann genau diese Abschätzung für die Supremumsnorm von $\begin{align*} f(x_1,y_1)-f(x_2,y_2) \end{align*}$ liefert.

Zu dem mehrdimensionalen Weg:

Zitat:

Ist der Aufwand insgesamt nicht größer, als der meines ersten Beweises? :/

Das musst du dann selbst wissen. Ich war davon ausgegangen, dass dir diese Sachen bekannt sind, weil das bei uns zum Stoff der Analysis 2 gehört.

Ich kann dir ja mal zeigen, was die grundlegende Idee ist.

Die Operatornorm, die zur Supremumsnorm gehört, ist die Zeilensummennorm, das heißt, du musst die Beträge der Einträge in einer Zeile aufaddieren und die Operatornorm ist dann das Maximum der Zeilensummen. Diesen Wert abzuschätzen, ist sehr einfach. Ich glaube aber, du hast dich in der ersten Zeile verrechnet.

Der Beweis der Mittelwertungleichung geht so:

Seien $\begin{align*} x,y\in \mathbb R^2 \end{align*}$ . Setze $\begin{align*} \varphi:[0,1]\to\mathbb R^2, t\mapsto f(x+t(y-x)) \end{align*}$ . Nach Kettenregel ist $\begin{align*} \varphi \end{align*}$ differenzierbar und es gilt $\begin{align*} \frac{\mathrm d\varphi}{\mathrm dt}(t) = D\varphi(x+t(y-x)).\! (y-x) \end{align*}$ .

Jetzt gilt $\begin{align*} \|f(y)-f(x)\| = \|\varphi(1)-\varphi(0)\| = \left\|\int_0^1\frac{\mathrm d\varphi}{\mathrm dt}(t)\mathrm d t\right\| \leq \int_0^1\| D\varphi(x+t(y-x)).\! (y-x)\|\mathrm dt\leq \int_0^1\|D\varphi(x+t(y-x))\|_{op}\|y-x\|\mathrm dt \leq c\|y-x\| \end{align*}$ . Wenn einem das $\begin{align*} \mathbb R^2 \end{align*}$ -wertige Riemann-integral unheimlich ist, kann man es sich auch komponentenweise anschauen. Wenn man sich eine beliebige Komponente von $\begin{align*} \varphi(1)-\varphi(0) \end{align*}$ hernimmt und den Betrag davon gegen das Integral über die entsprechende Komponente der Ableitung gegen das Integral des Betrags abschätzt, kann man im Integral wieder nach oben gegen die Supremumsnorm abschätzen und kann dann weitermachen wie oben.

Du siehst, das ist nicht sonderlich aufwendig und braucht nur die Kettenregel und den Hauptsatz der Differential und Integralrechnung, nichts weiter.

16.07.2017, 17:34

zinR

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Zitat:

Original von Clearly_wrong
Jetzt erhält man $\begin{align*} |f_1(x_1,y_1)-f_1(x_2,y_2)| \leq |f_1(x_1,y_1)-f_1(x_1,y_2)|+|f_1(x_1,y_2)-f_1(x_2,y_2)| \leq c|y_1-y_2|+c|x_1-x_2|\leq 2c\|(x_1,y_1)-(x_2,y_2)\|_\infty \end{align*}$ , indem man den Mittelwertsatz auf $\begin{align*} f_1 \end{align*}$ in $\begin{align*} y \end{align*}$ - bzw. $\begin{align*} x- \end{align*}$ -Richtung getrennt anwendet.

Das ist cool, daran hätte ich denken sollen.

Zitat:

Nach Kettenregel ist $\begin{align*} \varphi \end{align*}$ differenzierbar und es gilt $\begin{align*} \frac{\mathrm d\varphi}{\mathrm dt}(t) = D{\color{red}{\varphi}}(x+t(y-x)).\! (y-x) \end{align*}$ .

Wieso steht hier $\begin{align*} \varphi \end{align*}$ und nicht $\begin{align*} f \end{align*}$ ?

Zitat:

$\begin{align*} \int_0^1\| D\varphi(x+t(y-x)).\! (y-x)\|\mathrm dt\leq \int_0^1\|D\varphi(x+t(y-x))\|_{op}\|y-x\|\mathrm dt \end{align*}$

Was hier geschieht ist die "Verträglichkeit" mit der Norm auf unserem Vektorraum $\begin{align*} \mathbb R ^2 \end{align*}$ , oder?

Der Rest ist einigermaßen klar, eigentlich eine echt schöne Sache. Komisch, dass wir das nicht gemacht haben.
Danke auch, für die ausführliche Erklärung! smile

16.07.2017, 21:56

Clearly_wrong

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Warum da ein $\begin{align*} \varphi \end{align*}$ steht, weiß ich auch nicht smile

Zitat:

Original von zinR

Zitat:

$\begin{align*} \int_0^1\| D\varphi(x+t(y-x)).\! (y-x)\|\mathrm dt\leq \int_0^1\|D\varphi(x+t(y-x))\|_{op}\|y-x\|\mathrm dt \end{align*}$

Was hier geschieht ist die "Verträglichkeit" mit der Norm auf unserem Vektorraum $\begin{align*} \mathbb R ^2 \end{align*}$ , oder?

Jap.

Anmerkung: Die Mittelwertungleichung gilt ganz allgemein:

Wenn $\begin{align*} E,F \end{align*}$ Banachräume sind und $\begin{align*} f:U\to F \end{align*}$ ist auf der offenen Menge $\begin{align*} U\subset E \end{align*}$ differenzierbar, dann ist $\begin{align*} \|f(x)-f(y)\|_F \leq \sup_{t\in [0,1]}\|Df(x+t(y-x))\|_{\mathrm{op}}\|y-x\|_E \end{align*}$ .

Der Beweis geht genauso, man muss nur das Integral wahlweise durch ein Bochnerintegral oder ein schwaches Integral ersetzen.

17.07.2017, 09:17

zinR

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Ok.

Eigentlich sehr einprägsam, die Mittelwertungleichung, auch für allgemeine Banachräume.

Danke nochmal!

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