Banischer Fixpunktsatz im C^0 < Numerik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:20 Mo 27.05.2013 | | Autor: | Joker08 |
| Aufgabe | Wir wollen die Differnezialgleichung
[mm] (x)=\begin{cases} f'(x)=\bruch{1}{2}f(x), & \mbox{für } alle \mbox{ x aus [0,1] } \\ f(0)=5, & \mbox{ } \end{cases}
[/mm]
lösen. Dazu schreiben wir diese Differentialgleichung mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung zunächst um zu
[mm] f(x)=f(0)+\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{f(t) dt}= 5+\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{f(t) dt}
[/mm]
für alle x [mm] \in [/mm] [0,1].
Das ist ein Fixpunktproblem, denn wir suchen ja grade ein [mm] f_0 \in \{f \in C^0[0,1]: f(0) = 5 \}, [/mm] sodass f=I(f) gilt für die Abbildung
[mm] I:C^0[0,1] \to C^0[0,1] [/mm] mit
(I(f)(x)):= 5 [mm] +\bruch{1}{2} \integral_{0}^{x}{f(t) dt} [/mm] für alle x [mm] \in [/mm] [0,1]
a) Zeigen Sie, dass I auf ganz [mm] C^0[0,1] [/mm] eine strikte Kontraktion betzüglich [mm] (||f||_{C^0[0,1]} [/mm] = [mm] max_{x \in [0,1] |f(x)|}) [/mm] ist. Zeigen Sie außerdem, dass I die Menge [mm] \{f\in C^[0,1]:f(0)=5\} [/mm] auf sich selbst abbildet und dass diese Menge abgeschlossen ist.
b) Folgern Sie, dass I auf [mm] C^0[0,1] [/mm] genau einen Fixpunkt hat und dieser die Differentialgkeichung (x) löst, falls er in [mm] C^1]0,1[ [/mm] liegt. Zeigen Sie mit Hilfe des Hauptsatzes, dass er in [mm] C^1]0,1[ [/mm] liegt |
Also erstmal zu Aufgabenteil
a) Es ist zu zeigen I ist auf ganz [mm] C^0[0,1] [/mm] eine strikte Kontraktion.
Also muss gelten:
[mm] \|I(x)-I(y)\| \leq [/mm] k|f(x)-f(y)|, mit k<1
[mm] \|5+\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{f(t) dt}-(5+\bruch{1}{2}\integral_{0}^{y}{f(s) ds})\|
[/mm]
[mm] =\|\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{f(t) dt}-\bruch{1}{2}\integral_{0}^{y}{f(s) ds})||
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{2}\|\integral_{0}^{x}{f(t) dt}-\integral_{0}^{y}{f(s) ds})\|
[/mm]
Und ab hier komme ich nicht mehr so recht weiter, da ich die integrale ja nicht wirklich berechnen kann. Und aufleiten, erscheint mir auch nicht so sinnig. Auch schon versucht habe ich, den MWS der differenzialrechnung anzuwenden, da die funktionen ja nach vorraussetzung stetig diffbar sind:
Dann würde folgen, es gibt ein [mm] \xi \in [/mm] (0,1) sodass:
[mm] \bruch{1}{2}\cdot \|\integral_{0}^{x}{f(t) dt}-\integral_{0}^{y}{f(s) ds})\|
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{2} \|f(\xi)\| [/mm] |f(x)-f(y)|
[mm] =\bruch{1}{2}\cdot \max_{x \in (0,1)}|f(\xi)| [/mm] |f(x)-f(y)|
Nur kann ich ja nicht zeigen, dass $ [mm] =\bruch{1}{2}\cdot \max_{x \in (0,1)}|f(\xi)| [/mm] $ <1 gilt. Außerdem erscheint es mir auch nicht grade logisch, dass es gelten sollte, denn die funktion ist stetig und f(0)=5.
Kann mir jemand weiterhelfen ?
mfg. Der Joker :)
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Hiho,
vorweg einige Anmerkungen:
> [mm](x)=\begin{cases} f'(x)=\bruch{1}{2}f(x), & \mbox{für } alle \mbox{ x aus [0,1] } \\ f(0)=0, & \mbox{ } \end{cases}[/mm]
Aus deinem restlichen Posting vermute ich mal, dass es $f(0) = 5$ heißen sollte.
> a) Es ist zu zeigen I ist auf ganz [mm]C^0[0,1][/mm] eine strikte Kontraktion.
> Also muss gelten:
>
> [mm]\|I(x)-I(y)\| \leq[/mm] k|f(x)-f(y)|, mit k<1
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
I ist doch keine Funktion in x und y, sondern hat als Argument Funktionen!
I bildet doch Funktionen auf Funktionen ab und nicht reelle Zahlen auf reelle Zahlen.
Es muss also gelten:
[mm] $\|I(f) [/mm] - [mm] I(g)\| \leq k\|f [/mm] - [mm] g\|$
[/mm]
> Und aufleiten, erscheint mir auch nicht so sinnig.
Das mag vielleicht daran liegen, dass es keinen Begriff "Aufleiten" gibt. Das heißt "Integrieren".
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:44 Di 28.05.2013 | | Autor: | Joker08 |
> Hiho,
>
> vorweg einige Anmerkungen:
> > [mm](x)=\begin{cases} f'(x)=\bruch{1}{2}f(x), & \mbox{für } alle \mbox{ x aus [0,1] } \\ f(0)=0, & \mbox{ } \end{cases}[/mm]
>
> Aus deinem restlichen Posting vermute ich mal, dass es [mm]f(0) = 5[/mm]
> heißen sollte.
>
>
> > a) Es ist zu zeigen I ist auf ganz [mm]C^0[0,1][/mm] eine strikte
> Kontraktion.
> > Also muss gelten:
> >
> > [mm]\|I(x)-I(y)\| \leq[/mm] k|f(x)-f(y)|, mit k<1
>
> I ist doch keine Funktion in x und y, sondern hat als
> Argument Funktionen!
> I bildet doch Funktionen auf Funktionen ab und nicht
> reelle Zahlen auf reelle Zahlen.
>
> Es muss also gelten:
> [mm]\|I(f) - I(g)\| \leq k\|f - g\|[/mm]
Ah okay vielen dank.
> > Und aufleiten, erscheint mir auch nicht so sinnig.
> Das mag vielleicht daran liegen, dass es keinen Begriff
> "Aufleiten" gibt. Das heißt "Integrieren".
Da hast du natürlich recht.
> Gruß,
> Gono.
Es muss also gelten:
[mm] \|I(f) [/mm] - [mm] I(g)\| \leq k\|f [/mm] - [mm] g\|
[/mm]
[mm] \|I(f) [/mm] - [mm] I(g)\|_{C^0[0,1]} [/mm] = [mm] max_{x\in [0,1]} [/mm] |I(f)(x)-(I(g))(x)|
= [mm] max_{x\in [0,1]} |5+\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{f(u) du}-( 5+\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}){g(w) dw}|
[/mm]
= [mm] max_{x\in [0,1]} |\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{f(u) du}- \bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{g(w) dw}|
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{2} max_{x\in [0,1]} |\integral_{0}^{x}{f(u) du} [/mm] - [mm] \integral_{0}^{x}{g(w) dw}|
[/mm]
Da g und f Integrierbar, ist g-f als komposition integrierbarer funktionen integrierbar, und es gilt:
= [mm] \bruch{1}{2} max_{x\in [0,1]} |\integral_{0}^{x}{f(t) - g(t) dt}|
[/mm]
[mm] \le \bruch{1}{2} max_{x\in [0,1]} \integral_{0}^{x}|{f(t) - g(t) dt}|
[/mm]
Mh auch noch nicht viel besser. Ich hab schon alles ausprobiert um irgendwie das integral nach oben abzuschätzen, aber mir will einfach nichts einfall.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 05:54 Di 28.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> > Hiho,
> >
> > vorweg einige Anmerkungen:
> > > [mm](x)=\begin{cases} f'(x)=\bruch{1}{2}f(x), & \mbox{für } alle \mbox{ x aus [0,1] } \\ f(0)=0, & \mbox{ } \end{cases}[/mm]
>
> >
> > Aus deinem restlichen Posting vermute ich mal, dass es [mm]f(0) = 5[/mm]
> > heißen sollte.
> >
> >
> > > a) Es ist zu zeigen I ist auf ganz [mm]C^0[0,1][/mm] eine strikte
> > Kontraktion.
> > > Also muss gelten:
> > >
> > > [mm]\|I(x)-I(y)\| \leq[/mm] k|f(x)-f(y)|, mit k<1
> >
> > I ist doch keine Funktion in x und y, sondern hat als
> > Argument Funktionen!
> > I bildet doch Funktionen auf Funktionen ab und nicht
> > reelle Zahlen auf reelle Zahlen.
> >
> > Es muss also gelten:
> > [mm]\|I(f) - I(g)\| \leq k\|f - g\|[/mm]
>
>
> Ah okay vielen dank.
>
> > > Und aufleiten, erscheint mir auch nicht so sinnig.
> > Das mag vielleicht daran liegen, dass es keinen Begriff
> > "Aufleiten" gibt. Das heißt "Integrieren".
>
> Da hast du natürlich recht.
>
>
> > Gruß,
> > Gono.
>
> Es muss also gelten:
> [mm]\|I(f)[/mm] - [mm]I(g)\| \leq k\|f[/mm] - [mm]g\|[/mm]
>
> [mm]\|I(f)[/mm] - [mm]I(g)\|_{C^0[0,1]}[/mm] = [mm]max_{x\in [0,1]}[/mm]
> |I(f)(x)-(I(g))(x)|
>
> = [mm]max_{x\in [0,1]} |5+\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{f(u) du}-( 5+\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}){g(w) dw}|[/mm]
>
> = [mm]max_{x\in [0,1]} |\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{f(u) du}- \bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{g(w) dw}|[/mm]
>
> = [mm]\bruch{1}{2} max_{x\in [0,1]} |\integral_{0}^{x}{f(u) du}[/mm]
> - [mm]\integral_{0}^{x}{g(w) dw}|[/mm]
>
> Da g und f Integrierbar, ist g-f als komposition
> integrierbarer funktionen integrierbar, und es gilt:
>
> = [mm]\bruch{1}{2} max_{x\in [0,1]} |\integral_{0}^{x}{f(t) - g(t) dt}|[/mm]
>
> [mm]\le \bruch{1}{2} max_{x\in [0,1]} \integral_{0}^{x}|{f(t) - g(t) dt}|[/mm]
[mm] \le \bruch{1}{2} \integral_{0}^{1}|{f(t) - g(t) dt}| \le \bruch{1}{2} \integral_{0}^{1}{||f - g|| dt}= \bruch{1}{2} [/mm] ||f-g||
FRED
>
>
> Mh auch noch nicht viel besser. Ich hab schon alles
> ausprobiert um irgendwie das integral nach oben
> abzuschätzen, aber mir will einfach nichts einfall.
>
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:56 Di 28.05.2013 | | Autor: | Joker08 |
> > Es muss also gelten:
> > [mm]\|I(f)[/mm] - [mm]I(g)\| \leq k\|f[/mm] - [mm]g\|[/mm]
> >
> > [mm]\|I(f)[/mm] - [mm]I(g)\|_{C^0[0,1]}[/mm] = [mm]max_{x\in [0,1]}[/mm]
> > |I(f)(x)-(I(g))(x)|
> >
> > = [mm]max_{x\in [0,1]} |5+\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{f(u) du}-( 5+\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}){g(w) dw}|[/mm]
>
> >
> > = [mm]max_{x\in [0,1]} |\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{f(u) du}- \bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{g(w) dw}|[/mm]
>
> >
> > = [mm]\bruch{1}{2} max_{x\in [0,1]} |\integral_{0}^{x}{f(u) du}[/mm]
> > - [mm]\integral_{0}^{x}{g(w) dw}|[/mm]
> >
> > Da g und f Integrierbar, ist g-f als komposition
> > integrierbarer funktionen integrierbar, und es gilt:
> >
> > = [mm]\bruch{1}{2} max_{x\in [0,1]} |\integral_{0}^{x}{f(t) - g(t) dt}|[/mm]
>
> >
> > [mm]\le \bruch{1}{2} max_{x\in [0,1]} \integral_{0}^{x}|{f(t) - g(t) dt}|[/mm]
>
>
>
> [mm]\le \bruch{1}{2} \integral_{0}^{1}|{f(t) - g(t) dt}| \le \bruch{1}{2} \integral_{0}^{1}{||f - g|| dt}= \bruch{1}{2}[/mm]
> ||f-g||
Hey vielen dank.
Dann bin ich nun beim selbstbild von I angelangt.
Ich soll also zeigen, dass für die Menge [mm] \xi:=\{f_0 \in C^0[0,1]:f(0)=5\}
[/mm]
gilt [mm] I(\xi)\subseteq \xi
[/mm]
Also besteht die Menge [mm] \xi [/mm] aus allen funktionen des Funktionsraums, mit f(0)=5.
Also setze ich sozusagen nur meine funktionen in I ein, für die gilt f(0)=5 ?
Denn ich darf ja nur funktionen aus [mm] \xi, [/mm] in meine Abbildung I einsetzen. Ist dann nicht sowieso klar, dass [mm] I(\xi)\subseteq \xi [/mm] gilt ?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:23 Di 28.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> > > Es muss also gelten:
> > > [mm]\|I(f)[/mm] - [mm]I(g)\| \leq k\|f[/mm] - [mm]g\|[/mm]
> > >
> > > [mm]\|I(f)[/mm] - [mm]I(g)\|_{C^0[0,1]}[/mm] = [mm]max_{x\in [0,1]}[/mm]
> > > |I(f)(x)-(I(g))(x)|
> > >
> > > = [mm]max_{x\in [0,1]} |5+\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{f(u) du}-( 5+\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}){g(w) dw}|[/mm]
>
> >
> > >
> > > = [mm]max_{x\in [0,1]} |\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{f(u) du}- \bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{g(w) dw}|[/mm]
>
> >
> > >
> > > = [mm]\bruch{1}{2} max_{x\in [0,1]} |\integral_{0}^{x}{f(u) du}[/mm]
> > > - [mm]\integral_{0}^{x}{g(w) dw}|[/mm]
> > >
> > > Da g und f Integrierbar, ist g-f als komposition
> > > integrierbarer funktionen integrierbar, und es gilt:
> > >
> > > = [mm]\bruch{1}{2} max_{x\in [0,1]} |\integral_{0}^{x}{f(t) - g(t) dt}|[/mm]
>
> >
> > >
> > > [mm]\le \bruch{1}{2} max_{x\in [0,1]} \integral_{0}^{x}|{f(t) - g(t) dt}|[/mm]
>
> >
> >
> >
> > [mm]\le \bruch{1}{2} \integral_{0}^{1}|{f(t) - g(t) dt}| \le \bruch{1}{2} \integral_{0}^{1}{||f - g|| dt}= \bruch{1}{2}[/mm]
> > ||f-g||
>
> Hey vielen dank.
>
> Dann bin ich nun beim selbstbild von I angelangt.
>
>
>
> Ich soll also zeigen, dass für die Menge [mm]\xi:=\{f_0 \in C^0[0,1]:f(0)=5\}[/mm]
>
> gilt [mm]I(\xi)\subseteq \xi[/mm]
>
> Also besteht die Menge [mm]\xi[/mm] aus allen funktionen des
> Funktionsraums, mit f(0)=5.
>
> Also setze ich sozusagen nur meine funktionen in I ein,
> für die gilt f(0)=5 ?
> Denn ich darf ja nur funktionen aus [mm]\xi,[/mm] in meine
> Abbildung I einsetzen. Ist dann nicht sowieso klar, dass
> [mm]I(\xi)\subseteq \xi[/mm] gilt ?
Ist f(0)=5 und (I(f)(x)):= 5 $ [mm] +\bruch{1}{2} \integral_{0}^{x}{f(t) dt} [/mm] $, so ist I(f)(0)=5.
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 05:55 Di 28.05.2013 | | Autor: | fred97 |
Banischer Fixpunktsatz ?
Panischer Fixpunktsatz ?
Spanischer Fixpunktsatz ?
FRED
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![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]"){kind=small}
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tragische Geschichte